最新重庆中考数学第17题专题训练

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2021级重庆九年级中考17题行程问题专题练习(巴蜀中学试题集)

2021级重庆中考17题行程问题专题练习（巴蜀试题集）1（巴蜀2020级初三下数学自主测试A、B 两地相距90km，甲、乙两人从两地出发相向而行，甲先出发．图中l1，l2 表示两人离A地的距离S（km）与时间t（h）的关系，结合图象，下列结论错误的是（）A.l1 是表示甲离A地的距离与时间关系的图象B.乙的速度是30km/ hC.两人相遇时间在t 1.2hD.当甲到达终点时乙距离终点还有45 k m2（巴蜀2020级初三下第三次模拟）在中考考试中，第一堂语文考试9:00开考，小恺8:00从家出发匀速步行去中考考场，5分钟后，弟弟小熙发现哥哥忘记带准考证，马上沿同一路线匀速送去给哥哥，哥哥到考场门口时发现忘带准考证，马上以之前的速度回家取，途中遇到赶来的弟弟，哥哥拿到准考证后以同样的速度赶往考场，弟弟则回到家中．哥哥与弟弟之间的距离y（米）与弟弟从家出发后步行的时间x（分）之间的关系如图所示（交接准考证的时间忽略不记）．则下列结论中，不正确的是（）A．弟弟出发20分钟时，将准考证拿给哥哥B．哥哥出发20分钟到达考场忘记拿准考证C．哥哥返回考场时，离开考还有30分钟D．哥哥返回考场时，弟弟离家还有300米3（巴蜀2020级初三上自主训练四）周末小明匀速步行从家赶往学校参加植树活动，出发30分钟后，发现忘带植树工具，于是马上掉头往回走，速度比之前每小时提高了1千米(仍保持匀速步行)，同时小明打电话给爸爸，请爸爸帮他把植树工具送过来，从小明开始打电话到爸爸出门一共用了4分钟，爸爸的速度与小明提速后的速度相同。

两人相遇后，小明接过工具立即赶往学校，爸爸则转身回家，两人速度均保持不变，爸爸在回家途中用了10分钟吃早餐，当爸爸到家时小明刚好到达学校，两人相距的路程y (千米)与小明从家出发的时间x (分钟)之间的函数关系如图所示，则小明从家到学校途中步行的总路程是千米。

4（巴蜀2020级初三下定时训练一）如图，小明和小亮同时从学校放学，两人以各自速度匀速步行回家，小明的家在学校的正西方向，小亮的家在学校的正东方向，小明准备一回家就开始做作业，打开书包时发现错拿了小亮的练习册，于是立即跑步去追小亮，终于在途中追上了小亮并交还了练习册，然后再以先前的速度步行回家，（小明在家中耽搁和交还作业的时间忽略不计）结果小明比小亮晚回到家中．如图是两人之间的距离y 米与他们从学校出发的时间x 分钟的函数关系图．则小明的家和小亮的家相距米．5（巴蜀2020级初三下二诊考试）甲乙两地相距300km ，一辆货车和一辆轿车先后从甲地出发到乙地停止，货车先出发从甲地匀速开往乙地，货车开出一段时间后，轿车出发，匀速行驶一段时间后接到通知提速后匀速赶往乙地（提速时间不计），最后发现轿车比货车提前0.5小时到达，下图表示两车之间的距离y(km)与货车行驶的时间x(h)之间的关系，则货车行驶小时．两车在途中相遇．6（巴蜀2020级初三下模拟考试一）甲骑自行车从A 地到B 地，甲出发1分钟后乙骑平衡车从A 第地沿同一条路线追甲，追上甲时，平衡车电量耗尽，乙立即手推平衡车返回A 地，速度变为原来的31，甲继续向B 地骑行，结果甲乙同时到达各自的目的地并停止行进.整个过程中，两人均保持各自的速度匀速行驶，甲乙两人相距的路程y （米）与甲出发的时间x （分钟）之间的部分关系如图所示，则A 、B 两地相距的路程为米。

2020中考数学专题17—存在性问题之特殊三角形

2020中考专题17——存在性问题之特殊三角形姓名____________ . 【方法解读】特殊二和形存化件问题L婪足指寻找符介条件的点使之构成等腰二角形、江用三角形、全第一;角形等特殊二用形.解决此类问题的美犍在于恰当地分类4M避免M籽.【例题分析】例L如图，直线产3x-3交x轴例点A,交y轴J点B,过A, B两点的他物线交x例J另一点C(3, 0).(1)求点A,B的坐标.(2)求旭物线对应的函数表认式.(3)在附物线的对称轴上是否存在点Q,使△ABQ皓笔腰三角形?若存在，求出符合条件的点Q的坐标: 若不存在.请说明毋山.例2.如凰tl知直线.kx 6与抛物线y』x'b乂，c相交十A, 3两点，口点A(l,⑷为抛物段的顶点, 点B 在x轴上.⑴求旭利线对应的函数及辽揖⑵任⑴中：次函数的第.拿限的图象上是否存在•点P,便△FOB与APOC全等?若存在，求出点P 的％标:若不存在,请说明理由.(3)若点Q是y轴上…点,HAABQ为直角三角形,求点Q的坐标.D.【巩固训练】1.（2019•止宾〉已刈抛物纹y = x'-l，j轴文于点A.。

宜纹/=代内为任总实数）出文于S , C两点.则下列结论不正确的是（）A.存在实数使得448C为等腰三角形民存在实数A ,使得&46C的内角中仃两角分别为3伊和60）C.任意实数A,伐得部为血角三角形D.存在实数4,使得M8c为等边三处形2. M图.在平行四边形ABCD中,AB 7 cm, BC 4 c0 NA-30' .点P从点A出发沿着AB边向燃B运劭, 速度为I cm/.连结印，若以运动时间为则当〔二 w时,AADP为等小」角形.3.（2019 •泰安）已知次函数】七公十）的图象。

反比例函数y =巴的图象大丁点T,与x他交丁x 点用 5.U）.若 08 二4 8, H.S^=y .（1）求反比例函数与一次函数的表达式，<2）苦点P为x粕上一点,是等股三角形.求点「的坐乐.1. （2D18・ F州）如图，池物线y = a/+bx-4经过,4（-3.0）.£（5.-4）两点, I j•地文于点C ,性接力&•4C. RC.（1）求抛物线的表达式，（2）求证，.48平分NO6（3）抛物线的对称轴卜.是否存在点M,使得M8W是以48为宜用边的汽角H角形，若存在，求山点M的坐标：苍不存在，请说刚理由.5.(2019•的卅)如图I.在平面直用坐标系中•点。

2021年重庆年中考17题一次函数图像与行程问题综合专题(重庆育才试题集)

2021年重庆年中考17题一次函数图像与行程问题专题（重庆育才试题集）A、两地同时相向而行，并以各自的速度匀速行驶，途中1（育才2021级初三上定时训练二）小明和小亮分别从B会经过奶茶店C，小明先到达奶茶店C，并在C地休息了一小时，然后按原速度前往B地，小亮从B地直达A地，y（千米）与小亮出发时间x（时）的函数的图像，结果还是小明先到达目的地，下图是小明和小亮两人之间的距离请问当小明到达B地时，小亮距离A地千米.2（育才2020级初三下中考模拟5月份）一辆货车从A地匀速驶往相距350km的B地，当货车行驶1小时经过途中的C地时，一辆快递车恰好从C地出发以另一速度匀速驶往B地，当快递车到达B地后立即掉头以原来的速度匀速驶往A地．（货车到达B地，快递车到达A地后分别停止运动）行驶过程中两车与B地间的距离y（单位：km）与货车从出发所用的时间x（单位：h）间的函数关系如图所示．则货车到达B地后，快递车再行驶h到达A地．3（育才2020级初三下中考模拟二）快、慢车分别从相距180千米的甲、乙两地同时出发，沿同一路线匀速行驶，相向而行，快车到达乙地停留一段时间后，按原路原速返回甲地．慢车到达甲地比快车到达甲地早小时，慢车速度是快车速度的一半．快、慢两车到达甲地后停止行驶，两车距各自出发地的路程y（千米）与所用时间x（小时）的函数图象如图所示．在快车从乙地返回甲地的过程中，当慢车恰好在快车前，且与快车相距80千米的路程时，慢车行驶的总的时间是小时．4（育才2020级初三下中考模拟三））A、B两地之间路程为4500米，甲、乙两人骑车都从A地出发，已如甲先出发6分钟后，乙才出发，乙在A、B之间的C地追赶上甲，当乙追赶上甲后，乙立即返A地，甲继续向B地前行．甲到达B地后停止骑行．乙骑行到A地时也停止（假定乙在C地掉头的时间忽略不计），在整个骑行过程中，甲和乙均保持各自的速度匀速骑行，甲、乙两人相距的路程y（米）与甲出发的时间x（分钟）之间的关系如图所示，则乙到达A地时，甲与B地相距的路程是米．5（育才2019级初三下中考模拟一）甲乙沿着同一路线以各自的速度匀速从A地到B地，甲出发1分钟后乙随即出发，甲、乙到达B地后均立即按原路原速返回A地，甲、乙之间的距离y（米）与甲出发的时间x（分）之间的部分图象如图所示．当甲返回到A地时，乙距离B地米．6（育才2020级初三下中考模拟二练习）小刚从家出发匀速步行去学校上学．几分钟后发现忘带数学作业，于是掉头原速返回并立即打电话给爸爸，挂断电话后爸爸立即匀速跑步去追小刚，同时小刚以原速的两倍匀速跑步回家，爸爸追上小刚后以原速的倍原路步行回家．由于时间关系小明拿到作业后同样以之前跑步的速度赶往学校，并在从家出发后23分钟到校（小刚被爸爸追上时交流时间忽略不计）．两人之间相距的路程y（米）与小刚从家出发到学校的步行时间x（分钟）之间的函数关系如图所示，则小刚家到学校的路程为米．7（双福育才2020级初三下中考模拟一）小宁和弟弟小强分别从家和图书馆出发,沿同一条笔直的马路相向而行,小宁先出发5分钟后,小强骑自行车匀速回家,小宁出发时跑步，中途改为步行,且步行的速度为跑步速度的一半,到达图书馆恰好用了35分钟,两人之间的距离y(m)与小宁离开出发地的时间x(min)之间的函数图象如图所示，下列选项正确的是A.小强骑车的速度为250m/minB.小宁由跑步变为步行的时刻为15分钟C.小强到家的时刻为15分钟D.当小强到家时，小宁离图书馆的距离为1500m8（育才2020级初三下入学测试）一个阳光明媚的上午，小育和小才相约从学校沿相同的路线去学校旁边的公园写生，小育出发5分钟后小才出发，此时小育发现忘记带颜料，立即按原速原路回学校拿颜料，小育拿到颜料后，以比原速提高20%的速度赶去公园，结果还是比小才晚2分钟到公园（小育拿颜料的时间忽略不计）．在整个过程中，小才保持匀速运动，小育提速前后也分别保持匀速运动，如图所示是小育与小才之间的距离y（米）与小育出发的时间x（分钟）之间的函数图象，则学校到公园的距离为米．第17题图9（育才2020级初三上第二次月考）一条笔直的公路上顺次有A、B、C三地，甲车从B地出发往A地匀速行驶，到达A地后停止，在甲车出发的同时，乙车从B地出发往A地匀速行驶(乙车比甲上快），到达A地停留1小时后，调头按原速向C地行驶，甲乙两车相遇后，甲车速度提升至原速的1.5倍，乙车速变不变，若AB两地相距300千米，在两车行驶的过程中，甲，乙两车之间的距离y（千米）与乙车行驶时间x(时）之间的关系如图所示，则甲车到达A地后，经过时乙车到达C地.10（双福育才2020级初三下第二次诊断性测试）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，甲车匀速前往B地，到达B地立即以另一速度按原路匀速返回到A地；乙车匀速前往A地，中途与乙相遇后休息了一会儿，然后以原来的速度继续行驶直到A地．设甲、乙两车距A地的路程为y（千米），甲车行驶的时间为x（时），y与x之间的函数图象如图所示，则乙车到达A地时甲车距B地的路程为千米．11（育才2020级初三下开学试卷）一条笔直的公路上顺次有A、B、C三地，甲车从B地出发往A地匀速行驶，到达A地后停止，在甲车出发的同时，乙车从B地出发往A地匀速行驶，到达A地停留1小时后，调头按原速向C 地行驶，若AB两地相距300千米，在两车行驶的过程中，甲、乙两车之间的距离y（千米）与乙车行驶时间x （小时）之间的函数图象如图所示，则在他们出发后经过小时相遇．12（育才2020级初三上期末试卷）自行车远动员甲准备参加一项国际自行车赛事，为此特地骑自行车从A地出发，匀速前往168千米外的B地进行拉练．出发2小时后，乙发现他忘了带某训练用品，于是马上骑摩托车从A 地出发匀速去追甲送该用品．已知乙骑摩托车的速度比甲骑自行车的速度每小时多30千米，但摩托车行驶一小时后突遇故障，修理15分钟后，又上路追甲，但速度减小了，乙追上甲交接了训练用品（交接时间忽略不计），随后立即以修理后的速度原路返回，甲继续以原来的速度骑行直至B地．如图表示甲、乙两人之间的距离S（千米）与甲骑行的时间t（小时）之间的部分图象，则当甲达到B地时，乙距离A地千米．13（育才2020级初三上开学测试）国防教育和素质拓展期间，某天小明和小亮分别从校园某条路的A，B两端同时相向出发，当小明和小亮第一次相遇时，小明觉得自己的速度太慢便决定提速至原速的倍，当他到达B端后原地休息，小亮匀速到达A端后，立即按照原速返回B端（忽略掉头时间）．两人相距的路程y（米）与小亮出发时间t（秒）之间的关系如图所示，当小明到达B端后，经过秒，小亮回到B端．14（育才2020级初三上期中试卷）小蒲家与学校之间是一条笔直的公路，小蒲从家步行前往学校的途中发现忘带作业本，便向路人借了手机打给妈妈，妈妈接到电话后，带上作业本马上赶往学校，同时小蒲沿原路返回，两人相遇后，小蒲立即赶往学校，妈妈沿原路返回家，小蒲到达学校刚好比妈妈到家晩了2分钟．若小蒲步行的速度始终不变，打电话和交接作业本的时间忽略不计，小蒲和妈妈之间的距离y米与小蒲打完电话后步行的时间x分钟之间的函数关系如图所示；则相遇后妈妈返回家的速度是每分钟米．15（育才2020级初三下入学测试）国防教育和素质拓展期间，某天小明和小亮分别从校园某条路的A，B两端同时相向出发，当小明和小亮第一次相遇时，小明觉得自己的速度太慢便决定提速至原速的32倍，当他到达B端后原地休息，小亮匀速到达A 端后，立即按照原速返回B 端（忽略掉头时间）．两人相距的路程y （米）与小亮出发时间t （秒）之间的关系如图所示，当小明到达B 端后，经过______秒，小亮回到B 端．16（育才2019级初三是哪个期末测试）甲、乙两车从A 地出发，沿同一路线驶向B 地。

专题17 圆中阴影部分的面积七种计算方法-2023年中考数学二轮复习核心考点拓展训练(解析版)

专题17 圆中阴影部分的面积七种计算方法（解析版）第一部分典例剖析+针对训练方法一公式法典例1 （2022•凉山州）家具厂利用如图所示直径为1米的圆形材料加工成一种扇形家具部件，已知扇形的圆心角∠BAC＝90°，则扇形部件的面积为（）A．12π米2B．14π米2C．18π米2D．116π米2思路引领：连结BC，AO，90°所对的弦是直径，根据⊙O的直径为1米，得到AO＝BO=12米，根据勾股定理得到AB的长，根据扇形面积公式即可得出答案．解：连结BC，AO，如图所示，∵∠BAC＝90°，∴BC是⊙O的直径，∵⊙O的直径为1米，∴AO＝BO=12（米），∴AB=AO2+BO2=22（米），∴扇形部件的面积=90360π×（22）2=π8（米2），故选：C．总结提升：本题考查了扇形面积的计算，掌握设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则S扇形=n360πR2是解题的关键．针对训练1．（2021•卧龙区二模）如图，△ABC中，D为BC的中点，以点D为圆心，BD长为半径画弧，交边BC 于点B，交边AC于点E，若∠A＝60°，∠B＝100°，BC＝6，则扇形BDE的面积为．思路引领：求出扇形的圆心角以及半径即可解决问题．解：∵∠A＝60°，∠B＝100°，∴∠C＝180°﹣60°﹣100°＝20°，∵DE＝DC，∴∠C＝∠DEC＝20°，∴∠BDE＝∠C+∠DEC＝40°，∴S扇形DBE=40π×32360=π．故答案为：π．总结提升：本题考查扇形的面积公式、三角形内角和定理等知识，解题的关键是记住扇形的面积公式．方法二和差法典例2（2022•荆州）如图，以边长为2的等边△ABC顶点A为圆心、一定的长为半径画弧，恰好与BC边相切，分别交AB，AC于D，E，则图中阴影部分的面积是（）A．3―π4B．23―πC．(6―π)33D．3―π2思路引领：作AF⊥BC，由勾股定理求出AF，然后根据S阴影＝S△ABC﹣S扇形ADE得出答案．解：由题意，以A为圆心、一定的长为半径画弧，恰好与BC边相切，设切点为F，连接AF，则AF⊥BC．在等边△ABC中，AB＝AC＝BC＝2，∠BAC＝60°，∴CF＝BF＝1．在Rt△ACF中，AF=AB2―AF2=3，∴S阴影＝S△ABC﹣S扇形ADE=12×2×3―60π×(3)2360=3―π2，故选：D．总结提升：本题主要考查了等边三角形的性质，求扇形面积，理解切线的性质，将阴影部分的面积转化为三角形的面积﹣扇形的面积是解题的关键．针对训练1．（2022•玉树市校级一模）如图，在扇形OAB中，已知∠AOB＝90°，OA＝2，过AB的中点C作CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为点D，E，则图中阴影部分的面积为（）A．π﹣1B．π﹣2C．π﹣4D．π2―1思路引领：连接OC，求出∠AOC＝∠BOC＝45°，求出∠DCO＝∠AOC＝∠ECO＝∠COE＝45°，求出CD＝OD，CE＝OE，根据勾股定理求出CD＝OD＝OE＝CE=2，再求出阴影部分的面积即可．解：连接OC，∵OA＝2，∴OC＝0A＝2，∵∠AOB＝90°，C为AB的中点，∴∠AOC＝∠BOC＝45°，∵CD⊥OA，CE⊥OB，∴∠CDO＝∠CEO＝90°，∴∠DCO＝∠AOC＝∠ECO＝∠COE＝45°，∴CD＝OD，CE＝OE，∴2CD2＝22，2OE2＝22，即CD＝OD＝OE＝CE=2，∴阴影部分的面积S＝S扇形AOB﹣S△CDO﹣S△CEO=90π×22360―2×12×2×2=π﹣2，故选：B．总结提升：本题考查了等腰直角三角形的性质和判定，圆心角、弧、弦之间的关系，扇形面积的计算等知识点，把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积是解此题的关键，注意：如果扇形的圆心角为n°，半径为r，那么该扇形的面积为nπr2360．方法三等积变形法典例3（2020•朝阳）如图，点A，B，C是⊙O上的点，连接AB，AC，BC，且∠ACB＝15°，过点O作OD ∥AB交⊙O于点D，连接AD，BD，已知⊙O半径为2，则图中阴影面积为．思路引领：由圆周角定理可得∠AOB的度数，由OD∥AB可得S△ABD＝S△ABO，进而可得S阴影＝S扇形AOB，然后根据扇形面积公式计算即可．解：∵∠ACB＝15°，∴∠AOB＝30°，∵OD∥AB，∴S△ABD＝S△ABO，∴S阴影＝S扇形AOB=30π×22360=π3．故答案为：π3．总结提升：本题考查了圆周角定理、扇形面积公式和同底等高的两个三角形的面积相等等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．针对训练1．（2022秋•天桥区期末）如图，菱形OABC的三个顶点A，B，C在⊙O上，对角线AC，OB交于点D，若⊙O的半径是23，则图中阴影部分的面积是（）A．2πB．6πC．33πD．3π思路引领：根据四边形OABC是菱形，得BC＝OC＝OB，即△COB是等边三角形，根据S△ADB＝S△OCD，所以图中阴影部分的面积＝S扇形COB．解：∵四边形OABC是菱形，∴BC＝OC＝OB，∴△COB是等边三角形，∴∠COB＝60°，∵S△ADB＝S△OCD，∴图中阴影部分的面积＝S扇形COB=60π×(23)2360=2π．故选：A．总结提升：本题考查的是扇形面积的计算和菱形的性质，掌握扇形的面积公式是解题的关键．方法四化零为整法（整体法）典例4（2021•天桥区二模）如图，已知正六边形的边长为4，分别以正六边形的6个顶点为圆心作半径是2的圆，则图中阴影部分的面积为．思路引领：先求出六边形的内角和，再根据扇形的面积公式即可求出．解：∵六边形的内角和＝（6﹣2）×180°＝720°，∴阴影面积＝6×π×22―720π×22360=16π．故答案为：16π．总结提升：本题主要考查了扇形的面积公式，学会把图中不规则图形的面积由几何关系转化为规则图形的面积．针对训练1．如图，分别以五边形的各个顶点为圆心，1cm长为半径作圆，则图中阴影部分的面积为　π　cm2．思路引领：根据多边形的外角和为360°可得阴影部分的面积为半径为1的圆的面积，再利用圆的面积计算公式可得答案．解：图中阴影部分的面积为π×12＝π．故答案为：π．总结提升：此题主要考查了多边形的外角，关键是掌握多边形的外角和为360°．方法五割补法（拼接法）典例5（2022•铜仁市）如图，在边长为6的正方形ABCD中，以BC为直径画半圆，则阴影部分的面积是（）A．9B．6C．3D．12思路引领：设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE，证明BE＝CE，得到弓形BE的面积＝弓形CE的面积，则S阴影=S△ABE=S△ABC―S△BCE=12×6×6―12×6×3=9．解：设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠OCE＝45°，∵OE＝OC，∴∠OEC＝∠OCE＝45°，∴∠EOC＝90°，∴OE垂直平分BC，∴BE＝CE，∴弓形BE的面积＝弓形CE的面积，∴S阴影=S△ABE=S△ABC―S△BCE=12×6×6―12×6×3=9，故选：A．总结提升：本题主要考查了求不规则图形的面积，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，圆的性质，熟知相关知识是解题的关键．针对训练1．（2021•郑州模拟）如图，在扇形CBA中，∠ACB＝90°，连接AB，以BC为直径作半圆，交AB于点D．若阴影部分的面积为（π﹣1），则阴影部分的周长为．思路引领：根据BC为直径可知∠CDB＝90°，在等腰直角三角形ABC中，CD垂直平分AB，CD＝DB，D为半圆的中点，设AC＝BC＝m，则AB=2m，CD＝AD＝BD=22m，阴影部分的面积可以看作是扇形ACB的面积与△ADC的面积之差，据此求得直角三角形的边长，进而求得AB和CD的长，进一步求得阴影部分的周长．解：设BC的中点为O，连接OD，连接CD，∵以BC为直径作半圆，交AB于点D．∴CD⊥AB，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴AD＝BD，CD=12 AB，∴CD＝BD，∴CD=BD，∵AD＝BD，CO＝BO，∴OD∥AC，∴∠BOD＝90°，设AC＝BC＝m，则AB=2m，CD＝AD＝BD=22 m，∵阴影部分的面积为（π﹣1），∴S阴影部分＝S扇形ACB﹣S△ADC=14π•m2―12×（22m）2＝π﹣1．∴14πm2―14m2＝π﹣1，∴14m2＝1，∴m＝2，∴AC＝BC＝2，AB＝22，OC＝OB＝1，∴AB的长为：90⋅π×2180=π，BD的长为：90⋅π×1180=12π，∴阴影部分的周长为：π+2×12π+22+2＝2π+22+2故答案为：2π+22+2．总结提升：本题考查了扇形的面积和弧长的计算，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．方法6 图形变化法（旋转、平移、翻折）典例6（2022•武威模拟）在△ABC中，已知∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．如图所示，将△ABC 绕点A按逆时针方向旋转90°后得到△AB'C'．则图中阴影部分的面积为．思路引领：解直角三角形得到AB=3BC=3，AC＝2BC＝2，然后根据扇形的面积公式即可得到结论．解：∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，∴AB=3BC=3，AC＝2BC＝2，∴图中阴影部分面积＝S扇形ACC′﹣S扇形ADB′﹣S△AB′C′=90⋅π⋅22360―60⋅π⋅(3)2360―12×1×3=π―32，故答案为：π―32；总结提升：本题主要考查了图形的旋转，扇形的面积公式，解直角三角形，熟练掌握扇形的面积公式是解决问题的关键．针对训练1．（2022•西宁）如图，等边三角形ABC内接于⊙O，BC＝23，则图中阴影部分的面积是　4π3　．思路引领：根据内接于圆O的等边三角形的性质可得S△AOB＝S△AOC，∠AOC＝120°，将阴影部分的面积转化为扇形AOC的面积，利用扇形面积的公式计算可求解．解：∵△ABC为等边三角形，∴S△BOC＝S△AOC，∠AOC＝120°，在△OBC中，OB＝OC，∠BOC＝120°，BC＝23，∴OB＝OC＝2，∴S阴影＝S扇形AOC=120π×22360=4π3，故答案为：4π3．总结提升：本题主要考查扇形面积的计算，等边三角形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．典例7（2022•九龙坡区自主招生）如图，正方形ABCD的边长为4，O为对角线的交点，点E，F分别为BC，AD的中点，以C为圆心，4为半径作圆弧BD，再分别以E，F为圆心，2为半径作圆弧BO，OD，则图中阴影部分的面积为．（结果保留π）思路引领：连接BD，根据在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧，所对的弦分别相等，利用面积割补法可得阴影部分的面积等于弓形面积，即等于扇形CBD减去直角三角形CBD的面积之差．解：连接BD，EF，如图，∵正方形ABCD的边长为4，O为对角线的交点，由题意可得：EF，BD经过点O，且EF⊥AD，EF⊥CB．∵点E，F分别为BC，AD的中点，∴FD＝FO＝EO＝EB＝2，∴OB=OD，OB＝OD．∴弓形OB＝弓形OD．∴阴影部分的面积等于弓形BD的面积．∴S阴影＝S扇形CBD﹣S△CBD=90π×42360―12×4×4=4π﹣8．故答案为：4π﹣8．总结提升：本题主要考查了正方形的性质，扇形面积的计算．通过添加适当的辅助线将不规则的阴影部分的面积转化成规则图形的面积的差是解题的关键．针对训练1．（2021•重庆模拟）如图，在正方形ABCD中，扇形BAD的半径AB＝4，以AB为直径的圆与正方形的对角线BD相交于O，连接AO．则图中阴影部分的面积为．（结果保留π）思路引领：理由圆周角定理得出AO⊥BD，利用正方形的性质性质和等腰直角三角形的性质得出OD＝OA ＝OB，结合转化思想得出阴影部分面积＝S扇形ABD﹣S△ADC，进而得出答案．解：如图，∵AB是直径，∴∠AOB＝90°，∴AO⊥BD，∵AB＝AD＝4，∠BAD＝90°，∴OD＝OA＝OB，∴S弓形OA＝S弓形OB，∴阴影部分面积＝S扇形ABD﹣S△ADC=14π×42―12×4×4=4π﹣8，故答案为4π﹣8．总结提升：本题考查正方形的性质，扇形的面积等知识，解题的关键是学会把不规则图形转化为规则图形，属于中考常考题型．典例8（2019•招远市一模）如图，CD是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为G，OG：OC＝3：5，AB＝8．点E为圆上一点，∠ECD＝15°，将CE沿弦CE翻折，交CD于点F，图中阴影部分的面积＝．思路引领：根据AB⊥CD，垂足为G，OG：OC＝3：5，AB＝8，可以求得⊙O的半径；要求阴影部分的面积只要做出合适的辅助线，然后利用锐角三角函数、扇形的面积和三角形的面积即可解答本题．解：如图，连接AO，将阴影部分沿CE翻折，点F的对应点为M，过点M作MN⊥CD于点N，∵CD为⊙O的直径，AB⊥CD，AB＝8，∴AG=12AB＝4，∵OG：OC＝3：5，AB⊥CD，垂足为G，∴设⊙O的半径为5k，则OG＝3k，∴（3k）2+42＝（5k）2，解得，k＝1或k＝﹣1（舍去），∴5k＝5，即⊙O的半径是5；∵∠ECD＝15°，由对称性可知，∠DCM＝30°，S阴影＝S弓形CBM，连接OM，则∠MOD＝60°，∴∠MOC＝120°，过点M作MN⊥CD于点N，∴MN＝MO•sin60°＝5×3 2，∴S阴影＝S扇形OMC﹣S△OMC=120×π×25360―2534=25π3―2534，即图中阴影部分的面积是：25π3―2534．总结提升：本题考查翻折变换、扇形的面积、垂径定理，解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问题．针对训练1．（如图，将半径为4cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，折痕为AB，则图中阴影部分的面积为．思路引领：作OC⊥AB于C，交AB于点D，连接AO，BO，AD，BD，根据轴对称的性质可以得出CO＝CD，由三角函数值就可以求出∠AOB的度数，由扇形的面积﹣三角形AOB的面积就可以得出结论．解：作OC⊥AB于C，交AB于点D，连接AO，BO，AD，BD，∴∠ACO＝90°．∵△AOB与△ADB关于AB对称，∴△AOB≌△ADB∴AO＝AD，∠ACO＝∠ACD＝90°，∴CO＝CD．∵OD＝AO＝4，∴OC＝2．在Rt△AOC中，由勾股定理，得AC＝23．∵cos∠AOC=COAO=12，∴∠AOC＝60°．∵AO＝BO，OC⊥AB，∴∠AOB＝2∠AOC＝120°．AB＝2AC＝43．∴S扇形AOBD=120π×16360=163π．∵S△AOB=43×22=43．阴影部分的面积为：（163π―43）cm2．故答案为：（163π―43）cm2．总结提升：本题考查了轴对称的性质的运用，勾股定理的运用，三角函数值的运用，扇形的面积公式的运用，三角形的面积公式的运用，解答时运用轴对称的性质求解是关键．方法七重叠求余法例七（2022•鄂尔多斯二模）如图，直径AB为6的半圆，绕A点逆时针旋转60°，此时点B到了点B′，则图中阴影部分的面积是．思路引领：根据阴影部分的面积＝以AB′为直径的半圆的面积+扇形ABB′的面积﹣以AB为直径的半圆的面积，即可求解．解：阴影部分的面积＝以AB′为直径的半圆的面积+扇形ABB′的面积﹣以AB为直径的半圆的面积＝扇形ABB′的面积，则阴影部分的面积是：60π×62360=6π，故答案为：6π．总结提升：本题主要考查了扇形的面积的计算，正确理解阴影部分的面积＝以AB′为直径的半圆的面积+扇形ABB′的面积﹣以AB为直径的半圆的面积＝扇形ABB′的面积是解题的关键．针对训练1．（2022•市南区校级一模）如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，将三角形绕着BC的中点O逆时针旋转60°，点A的对应点为E，则图中阴影部分的面积为．思路引领：如图，连接OE，OA．根据S阴＝S扇形EOA+S△EOF﹣S△BOF﹣S△AOB﹣S△PBE，求解即可．解：如图，连接OE，OA．由题意可知△BOF为等边三角形．∴OB＝OF＝BF＝1，∴S△BOF=3 4，在Rt△ABC中，∵BC＝2，∠CAB＝30°，∴AB＝2BC＝4，AC＝DE＝23，∴S△EOF=12•OF•DE=3，∵OF＝OD，∴S△EOF＝S△DEO=3，∵∠AOE＝60°，AO=AC2+OC2=(23)2+12=13，∴S扇形EOA=60⋅π⋅(13)2360=13π6，由题意，△BPE为直角三角形，BE＝EF﹣BF＝4﹣1＝3，∴BP=12BE=32，PE=32―(32)2=332，∴S△PBE=12×32×332=938，∴S阴＝S扇形EOA+S△EOF﹣S△BOF﹣S△AOB﹣S△PBE=13π6+3―34―3―938=13π6―1138．解法二：可以根据S阴＝S△APE+（S扇形AOE﹣S△AOE）计算．总结提升：本题考查扇形的面积，旋转变换，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．第二部分专题提优训练一．选择题（共15小题）1．（2022•兰州）如图1是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以O为圆心，OA，OB长分别为半径，圆心角∠O＝120°形成的扇面，若OA＝3m，OB＝1.5m，则阴影部分的面积为（）A．4.25πm2B．3.25πm2C．3πm2D．2.25πm2思路引领：根据S阴＝S扇形DOA﹣S扇形BOC，计算即可．解：S阴＝S扇形DOA﹣S扇形BOC=120π×9360―120π×94360＝2.25πm2．故选：D．总结提升：本题考查的是扇形面积的计算，掌握扇形的面积公式S=nπR2360是解题的关键．2．（2022秋•西华县期末）如图，在半径为2，圆心角为90°的扇形内，以BC为直径作半圆，交弦AB于点D，则图中阴影部分的面积是（）A．π﹣1B．π﹣2C．12π﹣1D．12π+1思路引领：已知BC为直径，则∠CDB＝90°，在等腰直角三角形ABC中，CD垂直平分AB，CD＝DB，D为半圆的中点，阴影部分的面积可以看作是扇形ACB的面积与△ADC的面积之差．解：在Rt△ACB中，AB=22+22=22，∵BC是半圆的直径，∴∠CDB＝90°，在等腰Rt△ACB中，CD垂直平分AB，CD＝BD=2，∴D为半圆的中点，∴S阴影部分＝S扇形ACB﹣S△ADC=12π×22―12×（2）2＝π﹣1．故选：A．总结提升：本题主要考查扇形面积的计算，在解答此题时要注意不规则图形面积的求法．3．（2022•泰安）如图，四边形ABCD中，∠A＝60°，AB∥CD，DE⊥AD交AB于点E，以点E为圆心，DE为半径，且DE＝6的圆交CD于点F，则阴影部分的面积为（）A．6π﹣93B．12π﹣93C．6π―932D．12π―932思路引领：根据平行线的性质，扇形的面积公式，三角形面积公式解答即可．解：过点E作EG⊥DF交DF于点G，∵∠A＝60°，AB∥CD，DE⊥AD交AB于点E，∴∠GDE＝∠DEA＝30°，∵DE＝EF，∴∠EDF＝∠EFD＝30°，∴∠DEF＝120°，∵∠GDE＝30°，DE＝6，∴GE＝3，DG＝33，∴DF＝63，阴影部分的面积=120π×36360―12×63×3＝12π﹣93，故选：B．总结提升：本题主要考查了扇形面积和平行线的性质，熟练掌握扇形面积公式是解决本题的关键．4．（2022•达州）如图所示的曲边三角形可按下述方法作出：作等边△ABC，分别以点A，B，C为圆心，以AB长为半径作BC，AC，AB，三弧所围成的图形就是一个曲边三角形．如果一个曲边三角形的周长为2π，则此曲边三角形的面积为（）A．2π﹣23B．2π―3C．2πD．π―3思路引领：此三角形是由三段弧组成，如果周长为2π，则其中的一段弧长为2π3，所以根据弧长公式可得60πr 180=2π3，解得r＝2，即正三角形的边长为2．那么曲边三角形的面积就＝三角形的面积+三个弓形的面积．解：设等边三角形ABC的边长为r，∴60πr180=2π3，解得r＝2，即正三角形的边长为2，∴这个曲边三角形的面积＝2×3×12+（60π×4360―3）×3＝2π﹣23，故选：A．总结提升：本题考查了扇形面积的计算．此题的关键是明确曲边三角形的面积就＝三角形的面积+三个弓形的面积，然后再根据所给的曲边三角形的周长求出三角形的边长，从而求值．5．现在很多家庭都使用折叠型餐桌来节省空间，两边翻开后成圆形桌面（如图①），餐桌两边AB和CD 平行且相等（如图②），小华用皮尺量出BD＝1米，BC＝0.5米，则阴影部分的面积为（）A．（π12―38）平方米B．（π6―38）平方米C．（π12―34）平方米D．（π6―34）平方米思路引领：设圆心为O，连接CO，过点O作OE⊥CD于点E，进而得出CD，EO的长以及∠COD的度数，进而由S弓形CD面积＝S扇形COD﹣S△COD得出弓形CD的面积，进一步即可求得阴影部分的面积．解：设圆心为O，连接CO，过点O作OE⊥CD于点E，由题意可得出：∠BCD＝90°，∴BD是⊙O的直径，∵BD＝1米，BC＝0.5米，∴BC=12BD，CD=BD2―CD2=32米，∴∠BDC＝30°，∴OE=12OD=14米，∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠BDC＝30°，∴∠COD＝120°，∴S弓形CD面积＝S扇形COD﹣S△COD=120π×(12)2360―12×14×32，＝（π12―316）平方米，∴阴影部分的面积为：2×（π12―316）＝（π6―38）平方米．∴故选：B．总结提升：此题主要考查了勾股定理以及扇形面积计算以及三角形面积求法等知识，熟练掌握特殊角的三角函数关系是解题关键．6．（2022•鞍山）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC=3，以点B为圆心，BA长为半径画弧，交CD于点E，连接BE，则扇形BAE的面积为（）A．π3B．3π5C．2π3D．3π4思路引领：解直角三角形求出∠CBE＝30°，推出∠ABE＝60°，再利用扇形的面积公式求解．解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠C＝90°，∵BA＝BE＝2，BC=3，∴cos∠CBE=CBBE=32，∴∠CBE＝30°，∴∠ABE＝90°﹣30°＝60°，∴S扇形BAE=60⋅π⋅22360=2π3，故选：C．总结提升：本题考查扇形的面积，矩形的性质等知识，解题的关键是求出∠CBE的度数．7．（2022•赤峰）如图，AB是⊙O的直径，将弦AC绕点A顺时针旋转30°得到AD，此时点C的对应点D 落在AB上，延长CD，交⊙O于点E，若CE＝4，则图中阴影部分的面积为（）A．2πB．22C．2π﹣4D．2π﹣22思路引领：连接OE，OC，BC，推出△EOC是等腰直角三角形，根据扇形面积减三角形面积计算即可．解：连接OE，OC，BC，由旋转知AC＝AD，∠CAD＝30°，∴∠BOC＝60°，∠ACE＝（180°﹣30°）÷2＝75°，∴∠BCE＝90°﹣∠ACE＝15°，∴∠BOE＝2∠BCE＝30°，∴∠EOC＝90°，即△EOC为等腰直角三角形，∵CE＝4，∴OE＝OC＝22，∴S阴影＝S扇形OEC﹣S△OEC=90π×(22)2360―12×22×22=2π﹣4，故选：C．总结提升：本题主要考查旋转的性质及扇形面积的计算，熟练掌握扇形面积的计算是解题的关键．8．（2022•毕节市）如图，一件扇形艺术品完全打开后，AB，AC夹角为120°，AB的长为45cm，扇面BD 的长为30cm，则扇面的面积是（）A．375πcm2B．450πcm2C．600πcm2D．750πcm2思路引领：先求出AD的长，再根据扇形的面积公式求出扇形BAC和扇形DAE的面积即可．解：∵AB的长是45cm，扇面BD的长为30cm，∴AD＝AB﹣BD＝15cm，∵∠BAC＝120°，∴扇面的面积S＝S扇形BAC﹣S扇形DAE=120π×452360―120π×152360＝600π（cm2），故选：C．总结提升：本题考查了扇形的面积计算，能熟记扇形的面积公式是解此题的关键，注意：圆心角为n°，半径为r的扇形的面积S=nπr2 360．9．（2022•山西）如图，扇形纸片AOB的半径为3，沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在AB上的点C处，图中阴影部分的面积为（）A．3π﹣33B．3π―932C．2π﹣33D．6π―932思路引领：根据折叠的想找得到AC＝AO，BC＝BO，推出四边形AOBC是菱形，连接OC交AB于D，根据等边三角形的性质得到∠CAO＝∠AOC＝60°，求得∠AOB＝120°，根据菱形和扇形的面积公式即可得到结论．解：沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在AB上的点C处，∴AC＝AO，BC＝BO，∵AO＝BO，∴四边形AOBC是菱形，连接OC交AB于D，∵OC＝OA，∴△AOC是等边三角形，∴∠CAO＝∠AOC＝60°，∴∠AOB＝120°，∵AC＝3，∴OC＝3，AD=32AC=332，∴AB＝2AD＝33，∴图中阴影部分的面积＝S扇形AOB﹣S菱形AOBC=120π×32360―12×3×33=3π―932，故选：B．总结提升：本题考查了扇形面积的计算，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．10．（2022•连云港）如图，有一个半径为2的圆形时钟，其中每个相邻刻度间的弧长均相等，过9点和11点的位置作一条线段，则钟面中阴影部分的面积为（）A．23π―32B．23π―3C．43π﹣23D．43π―3思路引领：连接OA、OB，过点O作OC⊥AB，根据等边三角形的判定得出△AOB为等边三角形，再根据扇形面积公式求出S扇形AOB=23π，再根据三角形面积公式求出S△AOB=3，进而求出阴影部分的面积．解：连接OA、OB，过点O作OC⊥AB，由题意可知：∠AOB＝60°，∵OA＝OB，∴△AOB为等边三角形，∴AB＝AO＝BO＝2∴S扇形AOB=60π×22360=23π，∵OC⊥AB，∴∠OCA＝90°，AC＝1，∴OC=3，∴S△AOB=12×2×3=3，∴阴影部分的面积为：23π―3；故选：B．总结提升：本题考查有关扇形面积、弧长的计算，熟练应用面积公式，其中作出辅助线是解题关键．二．填空题11．（2020•巩义市二模）如图，点A、B、C在半径为8的⊙O上，过点B作BD∥AC，交OA延长线于点D．连接BC，且∠BCA＝∠OAC＝30°，则图中阴影部分的面积为　．思路引领：连接OB，交CA于E，根据圆周角定理得到∠BOA＝60°，根据平行线的性质得到∠D＝∠OAC ＝30°，即可得出∠OBD＝90°，解直角三角形求出BD，分别求出△BOD的面积和扇形AOB的面积，即可得出答案．解：连接OB，交CA于E，∵∠C＝30°，∠C=12∠BOA，∴∠BOA＝60°，∵BD∥AC，∴∠D＝∠OAC＝30°，∴∠OBD＝90°，∴BD=3OB＝83，∴S阴影＝S△BDO﹣S扇形AOB=12×8×83―60π×82360=323―32π3，故答案为323―32π3．总结提升：本题考查了平行线的性质，圆周角定理，扇形的面积，三角形的面积，解直角三角形等知识点的综合运用，题目比较好，难度适中．12．（2021•宛城区一模）如图所示，在扇形OAB中，∠AOB＝90°，OA＝2，长为2的线段CD的两个端点分别在线段OA、OB上滑动，E为CD的中点，点F在AB上，连接EF、BE．若AF的长是π3，则线段EF的最小值是，此时图中阴影部分的面积是．思路引领：如图，连接OF，OE，BF，取OF的中点T，连接BT．根据弧长求得∠AOF＝30°，jk证明△OBF是等边三角形，利用直角三角形斜边中线的性质求出OE，EF≥OF﹣OE＝1，推出当O，E，F共线时，EF的值最小，此时点E与点T重合，求出BT，然后根据S阴影＝S扇形BOF﹣S△BOT求得阴影的面积．解：如图，连接OF，OE，BF，取OF的中点T，连接BT．∵AF的长是π3，OA＝2，∴π3=nπ×2180，∴n＝30，∴∠AOF＝30°，∵∠AOB＝90°，∴∠BOF＝60°，∵CE＝DE，∴OE=12CD=12×2=1，∵OF＝2，∴EF≥OF﹣OE＝1，∴当O，E，F共线时，EF的值最小，此时点E与点T重合，∴此时EF＝1，∵OF＝OB，∠BOF＝60°，∴△BOF是等边三角形，∵OT＝TF，∴BT⊥OF，∴BE＝BT=32OB=3，∴此时S阴影＝S扇形BOF﹣S△BOT=60π×22360―12×3×1=23π―32．故答案为：1，23π―32．总结提升：本题考查了扇形的面积，等边三角形的判定，直角三角形斜边中线的性质等知识，明确当O，E，F共线时，EF的值最小是解题的关键．13．（2022•贵港）如图，在▱ABCD中，AD=23AB，∠BAD＝45°，以点A为圆心、AD为半径画弧交AB于点E，连接CE，若AB＝32，则图中阴影部分的面积是　．思路引领：过点D作DF⊥AB于点F，根据等腰直角三角形的性质求得DF，从而求得EB，最后由S阴影＝S▱ABCD−S扇形ADE−S△EBC结合扇形面积公式、平行四边形面积公式、三角形面积公式解题即可．解：过点D作DF⊥AB于点F，∵AD=23AB，∠BAD＝45°，AB＝32，∴AD=23×32=22，∴DF＝AD sin45°＝22×22=2，∵AE＝AD＝22，∴EB＝AB−AE=2，∴S阴影＝S▱ABCD−S扇形ADE−S△EBC＝32×2―45π×(22)2360―12×2×2＝52―π，故答案为：52―π．总结提升：本题考查等腰直角三角形、平行四边形的性质、扇形的面积公式等知识，是重要考点，准确添加辅助线是解题关键．14．（2020春•亭湖区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，∠BCD＝30°，OA＝6，则阴影部分的面积是　．思路引领：根据扇形的面积公式计算即可．解：∵∠BOD＝2∠DCB，∠DCB＝30°，∴∠BOD＝60°，∴S扇形OBD=60⋅π⋅62360=6π，故答案为6π．总结提升：本题考查扇形的面积，圆周角定理等知识，解题的关键是计算扇形的面积公式，属于中考常考题型．15．（2022•黔西南州）如图，边长为4的正方形ABCD的对角线交于点O，以OC为半径的扇形的圆心角∠FOH＝90°．则图中阴影部分面积是．思路引领：证明△OBE≌△OCG（SAS），推出S△OBE＝S△OCG，推出S四边形OECG＝S△OBC＝4，再根据S 阴＝S扇形OFH﹣S四边形OECG，求解即可．解：如图，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD，∠OBE＝∠OCG＝45°，S△OBC=14S四边形ABCD＝4，∵∠BOC＝∠EOG＝90°，∴∠BOE＝∠COG，在△BOE和△COG中，∠BOE=∠COGOB=OC∠OBE=∠OCG，∴△OBE≌△OCG（SAS），∴S△OBE＝S△OCG，∴S四边形OECG＝S△OBC＝4，∵△OBC是等腰直角三角形，BC＝4，∴OB＝OC＝22，∴S阴＝S扇形OFH﹣S四边形OECG=90π⋅(22)2360―4＝2π﹣4，故答案为：2π﹣4．总结提升：本题考查扇形的面积，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．16．（2020•康巴什一模）如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，边B1C1与CD交于点O，则图中阴影部分的面积为．思路引领：先根据正方形的边长，求得CB1＝OB1＝AC﹣AB1=2―1，进而得到S△OB1C=12（2―1）2，再根据S△AB1C1=12，以及扇形的面积公式即可得出图中阴影部分的面积．解：连接DC1，∵∠CAC1＝∠DCA＝∠COB1＝∠DOC1＝45°，∴∠AC1B1＝45°，∵∠ADC＝90°，∴A，D，C1在一条直线上，∵四边形ABCD是正方形，∴AC=2，∠OCB1＝45°，∴CB1＝OB1∵AB1＝1，∴CB1＝OB1＝AC﹣AB1=2―1，∴S△OB1C=12•OB1•CB1=12（2―1）2，∵S△AB1C1=12AB1•B1C1=12×1×1=12，∴图中阴影部分的面积=45⋅π⋅(2)2360―12（2―1）2―12=π4―2+2．故答案为π4―2+2．总结提升：本题考查了旋转的性质，正方形性质、勾股定理以及扇形面积的计算等知识点的综合应用，主要考查学生运用性质进行计算的能力．解题时注意：旋转前、后的图形全等．17．（2021秋•招远市期末）如图，在扇形OAB中，点C在AB上，∠AOB＝90°，∠ABC＝30°，AD⊥BC 于点D，连接AC，若OA＝4，则图中阴影部分的面积为　．思路引领：连接OC，作CM⊥OB于M，根据等腰直角三角形的性质得出∠ABO＝∠OAB＝45°，AB＝42，进而得出∠OCB＝OBC＝75°，即可得到∠BOC＝30°，解直角三角形求得AD、BD、CM，然后根据S阴影＝S△ABD+S△AOB﹣S扇形OAB+（S扇形OBC﹣S△BOC）计算即可求得．解：连接OC，作CM⊥OB于M，∵∠AOB＝90°，OA＝OB＝2，∴∠ABO＝∠OAB＝45°，AB=42，∵∠ABC＝30°，AD⊥BC于点D，∴AD=12AB=22，BD=32AB=26，∵∠ABO＝45°，∠ABC＝30°，∴∠OBC＝75°，∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC＝75°，∴∠BOC＝30°，∴∠AOC＝60°，CM=12OC=12×4=2，∴S阴影＝S△ABD+S△AOB﹣S扇形OAB+（S扇形OBC﹣S△BOC）＝S△ABD+S△AOB﹣S扇形OAC﹣S△BOC=12×22×26+12×4×4―12×4×2―60π×42360=4+43―8π3．故答案为：4+43―8π3．总结提升：此题考查了运用切割法求图形的面积．解决本题的关键是把所求的面积转化为容易算出的面积的和或差的形式．。

2020年中考数学考点专题训练17锐角三角函数

热点17 锐角三角函数【命题趋势】锐角三函数是中考数学中必考内容之一，所占比例8—15分，题目数量2-3题。

一般小题会有一个，一般为填空或计算，考查学生对几个特殊角的三角函数值的记忆情况。

大题一般也会有一题，主要是考查锐角三角函数的实际应用，往往会结合仰角和俯角，坡度等概念进行设计问题，当然在其他解答题中也可能会用到三角函数，比如在计算一些线段长度，会与解直角三角形，或者与圆、四边形结合而形成难度中等的解答题。

【满分技巧】一、整体把握知识结构二．重点知识1.Rt△ABC中(1)∠A的对边与斜边的比值是∠A的正弦，记作sinA＝∠A的对边斜边(2)∠A的邻边与斜边的比值是∠A的余弦，记作cosA＝∠A的邻边斜边(3)∠A的对边与邻边的比值是∠A的正切，记作tanA＝∠A的对边∠A的邻边(4)∠A的邻边与对边的比值是∠A的余切，记作cota＝∠A的邻边∠A的对边2.特殊值的三角函数：asin a cosa tana cota30° 12 32 33 345° 22 22 11 60° 3212333【限时检测】（建议用时：30分钟）一、选择题1. (2019 湖北省宜昌市)如图，在5×4的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，△ABC 的顶点都在这些小正方形的顶点上，则sin∠BAC 的值为（）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】如图，过C 作CD ⊥AB 于D ，则∠ADC ＝90°， ∴AC ＝AD 2+CD 2＝5． ∴sin∠BAC ＝CD AC ＝45故选：D ．2. (2019 湖南省湘西市)如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝12，AB 的垂直平分线EF 交AC 于点D ，连接BD ，若cos∠BDC ＝，则BC 的长是（）A ．10B ．8C ．4D ．2【答案】D【解析】∵∠C ＝90°，cos∠BDC ＝57 ，设CD ＝5x ，BD ＝7x ， ∴BC ＝2 6 x ，∵AB 的垂直平分线EF 交AC 于点D ， ∴AD ＝BD ＝7x ， ∴AC ＝12x ， ∵AC ＝12， ∴x ＝1， ∴BC ＝2 6 ；故选：D ．3. (2019 湖南省长沙市)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【答案】B【解析】如图，作DH ⊥AB 于H ，CM ⊥AB 于M ．∵BE ⊥AC ， ∴∠ABE ＝90°，∵tan A ＝BEAE =2，设AE ＝a ，BE ＝2a ，则有：100＝a 2+4a 2， ∴a 2＝20，∴a ＝2 5 或﹣2 5 （舍弃），∴BE ＝2a ＝4 5 ，∵AB ＝AC ，BE ⊥AC ，CM ⊥AC ，∴CM ＝BE ＝4 5 （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 5 ，∴CD+BD的最小值为4 5 ．故选：B．4. (2019 山东省泰安市)如图，一艘船由A港沿北偏东65°方向航行30km至B港，然后再沿北偏西40°方向航行至C港，C港在A港北偏东20°方向，则A，C两港之间的距离为（）km．A．30+30B．30+10C．10+30D．30【答案】B【解析】根据题意得，∠CAB＝65°﹣20°，∠ACB＝40°+20°＝60°，AB＝30，过B作BE⊥AC于E，∴∠AEB＝∠CEB＝90°，在Rt△ABE中，∵∠ABE＝45°，AB＝30，∴AE＝BE＝AB＝30km，在Rt△CBE中，∵∠ACB＝60°，∴CE＝BE＝10km，∴AC＝AE+CE＝30+10，∴A，C两港之间的距离为（30+10）km，故选：B．5. (2019 陕西省)如图，在△ABC中，∠B=30°，∠C=45°，AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AB，垂足为E。

专题17 四边形周长求最值问题-2022年中考数学之二次函数重点题型专题(全国通用版)(解析版)

专题17 四边形周长求最值问题1．（2021·四川遂宁·中考真题）如图，已知二次函数的图象与x 轴交于A 和B （－3，0）两点，与y 轴交于C （0，－3），对称轴为直线1x =-，直线y ＝－2x ＋m 经过点A ，且与y 轴交于点D ，与抛物线交于点E ，与对称轴交于点F ．（1）求抛物线的解析式和m 的值；（2）在y 轴上是否存在点P ，使得以D 、E 、P 为顶点的三角形与△AOD 相似，若存在，求出点P 的坐标；若不存在，试说明理由；（3）直线y ＝1上有M 、N 两点（M 在N 的左侧），且MN ＝2，若将线段MN 在直线y ＝1上平移，当它移动到某一位置时，四边形MEFN 的周长会达到最小，请求出周长的最小值（结果保留根号）．【答案】（1）()214y x =+-；m =2；（2）存在，()0,12P 或()0,14.5；（3）【分析】（1）根据抛物线的对称性求出A （1，0），再利用待定系数法，即可求解；再把点A 坐标代入直线的解析式，即可求出m 的值；（2）先求出E （-5，12），过点E 作EP ⊥y 轴于点P ，从而得EDP ADO ∽，即可得到P 的坐标，过点E 作EP AE '⊥，交y 轴于点P '，可得P DE ADO '∽，再利用tan ∠ADO =tan ∠PE P '，即可求解；（3）作直线y =1，将点F 向左平移2个单位得到F '，作点E 关于y =1的对称点E '，连接E F ''与直线y =1交于点M ，过点F 作FN ∥E F ''，交直线y =1于点N ，在Rt EWF 中和 Rt E WF ''中分别求出EF ， E F ''，进而即可求解．【详解】（1）解：∵二次函数的图象与x 轴交于A 和B （－3，0）两点，对称轴为直线1x =-， ∴A （1，0），设二次函数解析式为：y =a (x -1)(x +3)，把C （0，－3）代入得：-3=a (0-1)(0+3)，解得：a =1， ∴二次函数解析式为：y = (x -1)(x +3)，即：()214y x =+-，∵直线y ＝－2x ＋m 经过点A ，∴0=-2×1+m ，解得：m =2；（2）由（1）得：直线AF 的解析式为：y =-2x +2，又∵直线y =-2x +2与y 轴交于点D ，与抛物线交于点E ，∴当x =0时，y =2，即D （0，2），联立()22214y x y x =-+⎧⎪⎨=+-⎪⎩，解得：11512x y =-⎧⎨=⎩，2210x y =⎧⎨=⎩， ∵点E 在第二象限，∴E （-5，12），过点E 作EP ⊥y 轴于点P ，∵∠ADO =∠EDP ，∠DOA =∠DPE =90°，∴EDP ADO ∽，∴P （0，12）；过点E 作EP AE '⊥，交y 轴于点P '，可得P DE ADO '∽，∵∠ED P '+∠PED =∠PE P '+∠PED =90°，∴∠ADO =∠ED P '=∠PE P '，即：tan ∠ADO =tan ∠PE P '， ∴OA PP OD EP '=，即：125PP '=，解得： 2.5PP '=， ∴P '（0，14.5），综上所述：点P 的坐标为（0，12）或（0，14.5）；（3）∵点E 、F 均为定点，∴线段EF 长为定值，∵MN=2，∴当EM +FN 为最小值时，四边形MEFN 的周长最小，作直线y =1，将点F 向左平移2个单位得到F '，作点E 关于y =1的对称点E '，连接E F ''与直线y =1交于点M ，过点F 作FN ∥E F ''，交直线y =1于点N ，由作图可知：EM E M F M FN ''==，，又∵E M F ''，，三点共线，∴EM +FN =E M F M E F ''''+=，此时，EM +FN 的值最小，∵点F 为直线y =-2x +2与直线x =-1的交点，∴F （-1，4），∴F '（-3，4），又∵E （-5，12），∴E '（-5，-10），延长F F '交线段E E '于点W ，∵F F '与直线y =1平行，∴FW ⊥E E '，∵在Rt EWF 中，由勾股定理得：EF =，在Rt E WF ''中，由勾股定理得：E F ''∴四边形MEFN 的周长最小值=ME +FN +EF +MN =2E F EF MN ''++=．【点睛】本题主要考查二次函数与平面几何的综合，掌握待定系数法，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，利用轴对称图形的性质，构造线段和的最小值，是解题的关键．2．（2021·新疆沙依巴克·中考三模）如图，抛物线2y ax bx c =++经过点()0,3C ，与x 轴交于点()1,0A -和点B （点B 在点A 的右边），且OB OC =．（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；（2）如图1，点D 、E 在直线1x =上的两个动点，且1DE =，点D 在点E 的上方，求四边形ACDE 的周长的最小值；（3）如图2，点P 为抛物线上一点，连接CP ，直线CP 把四边形CBPA 的面积分为3：5两部分，求点P 的坐标．【答案】（1）2y x 2x 3=-++，顶点坐标为（1，4）；（2）四边形ACDE的周长的最小值为1（3）点P 的坐标为（4，－5）或（8，－45）. 【分析】（1）根据待定系数法求得a 、b 、c 的值即可确定抛物线的解析式，再利用配方法得出顶点坐标．（2）把C 向下移1个单位得点C '，再作C '关于抛物线的对称轴的对称点C ''，连接AC ''，与对称轴交于点E ，再在对称轴上E 点上方取点D ，使得1DE =，连接CD ，此时四边形ACDE 的周长最小，根据勾股定理即可得出．（3）分:=35PCB PCA S S ：△△或:=53PCB PCA S S ：△△两种情况讨论即可．【详解】解：（1）∵点()0,3C ，OB OC =，∴()3,0B ,把A 、B 、C 三点坐标代入2y ax bx c =++，得09303a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=⎩，解得123b b c =-⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴抛物线的解析式为：2y x 2x 3=-++，∵()222314y x x x =-++=--+，∴顶点坐标为（1，4）；（2）把C 向下移1个单位得点C '，再作C '关于抛物线的对称轴的对称点C ''，连接AC ''，与对称轴交于点E ，再在对称轴上E 点上方取点D ，使得1DE =，连接CD ，此时四边形ACDE的周长最小，则"CD C E C E '==,∵()0,3C ,∴()0,2C ',∵对称轴是直线1x =，∴()2,2C '',∵()1,0A -,∴ACAC ''==11AE DE CD AC AE EC AE C E ''''+++=+++11AC ''==+∴四边形ACDE 的周长的最小值为1（3）如图，设直线CP 交x 轴于点E ，直线CP 把四边形CBPA 的面积分为3：5两部分，又∵()()11:::22PCB PCA C P C P S S EB y y AE y y BE AE =⨯-⨯-=△△，则:3:5BE AE =或5:3，则 2.5AE =或1.5，即点E 的坐标为（1.5，0）或（0.5，0），将点E 的坐标代入直线CP 的表达式：3y kx =+，解得：6k =-或－2，故直线CP 的表达式为：23y x =-+或63y x =-+，联立方程组22323y x y x x =-+⎧⎨=-++⎩解得：4x =（不合题意值已舍去），解26323y x y x x =-+⎧⎨=-++⎩，解得：x =8（不合题意值已舍去），故点P 的坐标为（4，－5）或（8，－45）.【点睛】本题考查二次函数综合题、涉及待定系数法求一次函数和二次函数解析式，二次函数图象与性质，勾股定理、轴对称、一次函数等知识，灵活掌握相关知识是解题的关键3．（2021·山东曹县·九年级期中）如图，抛物线24y ax bx =++的对称轴是直线3x =，与x 轴交于()2,0A -，B 两点，与y 轴交于点C ．（1）求抛物线的函数表达式；（2）若M 是抛物线上任意一点，过点M 作y 轴的平行线，交直线BC 于点N ，若3MN =，求点M 的坐标．（3）设点D ，E 是直线3x =上两动点，且1DE =，点D 在点E 上方，求四边形ACDE 周长的最小值．【答案】（1）213442y x x =-++；（2）点M 的坐标为(2,6)或(6,4)或()41-或()41+；（3）1【分析】（1）先求得点B 的坐标，再利用待定系数法即可求解；（2）先求得直线BC 的函数表达式，分点M 在直线BC 的上方和下方两种情况讨论，分别得到一元二次方程，解方程即可求解；（3）根据题意知当CD AE +最小时，四边形ACDE 的周长最小．过B 作BF ⊥x 轴于B ，并截取BF =DE =1，过F 作FD ∥BE 交直线x =3于D ，根据轴对称的性质得到CD + AE 的最小值为CF ，利用两点之间的距离公式即可求解．【详解】解：（1）∵点B 与点A 关于直线x =3对称，∴点B 的坐标为(8，0)，∴424064840a b a b -+=⎧⎨++=⎩ 解得14{32a b =-=， ∴抛物线的函数表达式为213442y x x =-++；（2）当x =0时，y =4,∴点C 的坐标为(0，4)，设直线BC 的函数表达式为y kx m =+，则8k m 0{m 4+==解得1{24k m =-=， 142y x ∴=-+ 设点M 的坐标为213m m m 442⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，，则点N 的坐标为1m m 42⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， ①当点M 在直线BC 的上方时，则2131m m 4m 43422⎛⎫-++--+= ⎪⎝⎭，21234m m ∴-+=，整理得28120m m -+=，解得1m 2=，26m =,∴点M 的坐标为(2，6)或 (6，4)；②当点M 在直线BC 的下方时，则2113m 4m m 43242⎛⎫-+--++= ⎪⎝⎭， 21234m m ∴-=，整理得28120m m --=，解得14m =-24m =+M ∴的坐标为()41-或()41+；所以点M 的坐标为(2，6)或 (6，4)或()41-或()41+；（3）∵()2,0A -，C (0，4)，∴AC ==又DE 1=，∴当CD AE +最小时，四边形ACDE 的周长最小．∵点B 与点A 关于直线x =3对称，∴AE =BE ，过B 作BF ⊥x 轴于B ，并截取BF =DE =1，连接CF ，点F 的坐标为(8，1)，过F 作FD ∥BE 交直线x =3于D ，∴四边形FDEB 是平行四边形，∴FD =EB =AE ，∴CD + AE = CD + FD ≥CF ，∴CD + AE 的最小值为CF ，∵C (0，4)，F (8，1)，∴CF∴四边形ACDE 的周长最小值为AC +DE +CF =1【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法，一次函数和二次函数的图象与性质，轴对称的性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．4．（2021·四川岳池·中考三模）抛物线2y x x =x 轴交于点A ，B （点A 在点B 的左边），与y 轴交于点C ，点D 是该抛物线的顶点．（1）如图1，连接CD ，求线段CD 的长；（2）如图2，点P 是直线AC 上方抛物线上一点，PF x ⊥轴于点F ，PF 与线段AC 交于点E ；将线段OB 沿x 轴左右平移，线段OB 的对应线段是11O B ，当12PE EC +的值最大时，求四边形11PO B C 周长的最小值，并求出对应的点1O 的坐标．【答案】（1；（2）四边形11PO B C 1O 的坐标为⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ 【分析】（1）根据抛物线解析式即可求出点C 和点D 坐标，再利用两点的距离公式即可求出结果．（2）根据题意可求出()A -，)B ．从而求出直线AC 的解析式，即可设E x ⎛ ⎝，2P x x x ⎛+ ⎝．由此即可用x 表示出PF 和EF 的长．在Rt ACO 中，利用勾股定理可求出AC 30CAO ∠=︒，从而得出2AE EF =，即可用x 表示AE 的长．再利用()1122PE EC PE AC AE +=+-，即可用x 表示12PE EC +的长为：2x ++12PE EC +的值最大时，x =-(P -，由此可求出PC 的长，由题意可知11O B OB =即要使四边形11PO B C 周长的最小，即11PO B C +的值最小即可．将点P (1P ，连接11P B ，则111PO PB =，再作点1P 关于x 轴的对称点(2P ，则1121PB P B =，由所做图形易得112112PO B C P B B C P C +=+=，即求出2P C 的长即可求出四边形11PO B C 的周长最小值，最后利用1B 点为2P C 的中点，即可求出1B 坐标，从而得到1O 坐标．【详解】（1）当0x =时，代入抛物线解析式得：y =∴(0C ，将抛物线一般式改为顶点式为：22y x x =+∴D ⎛ ⎝⎭，∴CD =（2）在2y x x =中，令0y =，则20=，解得：1x =-2x∴()A -，)B ，∵(0C ，易得直线AC 的解析式为：y =设E x ⎛ ⎝，2P x ⎛ ⎝，∴2PF =-+EF x =在Rt ACO 中，AO =OC∴AC∴30CAO ∠=︒，∴23AE EF x ==+∴()21122PE EC x AC AE ⎡⎤⎛+=-+-⎢⎥ ⎢⎥⎝⎝⎣⎦，212⎡⎤=++⎢⎥⎢⎥⎝⎣⎦，263x =--+，2x =+，∴当12PE EC +的值最大时，x =-(P -，∴0C P PC x x =-=-=∵11O B OB =∴要使四边形11PO B C 周长的最小，即11PO B C +的值最小，如图，将点P 个单位长度得点(1P ，连接11P B ，则111PO PB =，再作点1P 关于x 轴的对称点(2P ，则1121PB P B =，∴11211PO B C P B B C +=+，∴连接2P C 与x 轴的交点即为使11PO B C +的值最小时的点1B ，∴2102p c x x B +⎛⎫ ⎪⎝⎭，，即10B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭．将1B 个单位长度即得点1O ，∴112PO B C P C +=，∴在12Rt PP C 中，2P C =对应的点1O 的坐标为0⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，即0⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭．∴四边形11PO B C周长的最小值为1111211PO BC O B PC PC O C B P ++==+++ 【点睛】本题为二次函数综合题．考查抛物线图象与坐标轴的交点问题，抛物线的顶点式与最值问题，利用待定系数法求一次函数解析式，两点的距离公式以及轴对称变换等知识，为压轴题，困难题型．利用数形结合的思想是解答本题的关键．5．（2021·山东·济南外国语学校九年级月考）如图，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋3经过A (1，0)、B (4，0)两点，与y 轴交于点C ．(1)求该抛物线的解析式；(2)如图，在抛物线的对称轴上是否存在点P ，使得四边形P AOC 的周长最小?若存在，求出四边形P AOC 周长的最小值；不存在，请说明理由．(3)在(2)的条件下，点Q 是线段OB 上一动点，当△BPQ 与△BAC 相似时，求点Q 的坐标．【答案】（1）2315344y x x =-+；（2）存在，9；（3）（238，0）或（78，0）【分析】（1）将A （1，0）、B （4，0）代入线y =ax 2+bx +3，求出a 、b 即可；（2）四边形P AOC 的周长最小值为：OC +OA +BC =1+3+5=9；（3）分两种情况讨论：①当△BPQ ∽△BCA ，②当△BQP ∽△BCA ．【详解】解：（1）把A (1，0)、B (4，0)代入y ＝ax 2＋bx ＋3得，3016430a b a b ++=⎧⎨++=⎩，解得 34154a b ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩＝＝所以，抛物线的解析式为2315344y x x =-+；（2）∵A 、B 关于对称轴对称，如图，连接BC ，与对称轴的交点即为所求的点P ，此时P A +PC =BC ，∴四边形P AOC 的周长最小值为：OC +OA +BC ，∵A （1，0）、B （4，0）、C （0，3），∴OA =1，OC =3，BC =5，∴OC +OA +BC =1+3+5=9；∴在抛物线的对称轴上存在点P ，使得四边形P AOC 的周长最小，四边形P AOC 周长的最小值为9；（3）如图，设对称轴与x 轴交于点D ．∵A （1，0）、B （4，0）、C （0，3），∴OB =4，AB =3，BC =5，直线BC ：334y x =-+，由二次函数可得，对称轴直线x =52， ∴P （52，98），BP =158， ①当△BPQ ∽△BCA ，∴BQ BP BA BC=， ∴1538358BQ ==， ∴98BQ =，∴923488OQ OB BQ =-=-=， ∴123(,0)8Q ②当△BQP ∽△BCA ， ∴,BQ BP BC BA=， ∴1558538BQ ==， ∴BQ =258， ∴OQ =OB -BQ =4-258=78， ∴Q 2（78，0），综上，求得点Q 的坐标（238，0）或（78，0）【点睛】本题考查了二次函数，熟练运用二次函数的性质与相似三角形的性质是解题的关键． 6．（2021·云南·曲靖市九年级月考）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线2y x bx c =-++经过点A 和点()10B ,，交y 轴于点()0,3C ．（1）求抛物线的解析式及顶点D 的坐标；（2）点P 是抛物线上A 、D 之间的一点，过点P 作PE x ⊥轴于点E ，PG y ⊥轴，交抛物线于点G ，过点G 作GF x ⊥轴于点F ，当矩形PEFG 的周长最大时，求点P 的坐标；（3）如图2，连接AD 、BD ，点M 在线段AB 上（不与A 、B 重合），作直线MN x ⊥轴交抛物线于点N ，是否存在点M ，使得AMN 与OBC 相似？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）223y x x =--+，()1,4-；（2）()2,3P -；（3）存在，()2,0-或2,03⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】（1）根据点B 、C 的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式，再利用配方法将二次函数解析式变形为顶点式，由此即可得出顶点D 的坐标；（2）设点2(,23)P m m m --+，可得223PE m m =--+，2(1)22PG m m =--=--，矩形PEFG 的周长2()PE PG =+，即可求解；（3）设点(,0)M m ，则2(,23)N m m m --+，223MN m m =--+，根据相似三角形的性质,可得关于 m 的方程，可得 M 点的坐标，要分类讨论,以防遗漏．【详解】解：（1）∵抛物线2y x bx c =-++经过点A 和点()10B ,，交y 轴于点()0,3C ，将B ，C 代入解析式得：013b c c =-++⎧⎨=⎩解得：b =－2，c =3∴抛物线的表达式为：223y x x =--+，∵223y x x =--+2(1)4x =-++∴点(1,4)D -；∴解析式为223y x x =--+，顶点坐标(1,4)D -（2）设点2(,23)P m m m --+，则223PE m m =--+，∵顶点坐标(1,4)D -，2(,23)P m m m --+∴2(1)22PG m m =--=--，矩形PEFG 的周长22()2(2322)PE PG m m m =+=--+--2282m m =--+，20-<，故当824m -=-=--时，矩形PEFG 周长最大，此时，点P 的横坐标为2-；将-2，代入223y x x =--+得y =3∴坐标为()2,3P -；（3）设点(,0)M m ，则2(,23)N m m m --+，223MN m m =--+令y =0,得 2x 2x 30--+=解得：123,1x x =-=∴点A （-3,0），()10B , ∴AM =m +3 ,OB =1,OC =3∵90AMN COB ∠=∠=︒， ∴当AM MN BO OC=时AMN BOC ∆∆∽ 即223133m m m +--+=，解得:23m m =-=-或(舍去)∴(2,0)M -∵90AMN COB ∠=∠=︒， ∴当AM MN CO OB=时AMN COB ∆∆∽ 即223313m m m +--+=，解得：233m m ==-或(舍去) ∴2,03M ⎛⎫ ⎪⎝⎭综上所述：存在点M ，即(2,0)M -或者2,03M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，使得AMN 与OBC 相似．【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及到待定系数求函数解析式、三角形相似和二次函数的最值；(1)的关键是顶点是函数解析式；解(2)的关键是利用已知条件把PE PG 、表示出来；(3)的关键是利用相似三角形的性质得出关于 m 的方程,要分类讨论，以防遗漏．7．如图，抛物线2y x bx c =-++的图象与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左边），与y 轴交于点C ，点D 为抛物线的顶点．点A 坐标的为3,0，点C 的坐标为()0,3．（Ⅰ）求抛物线的解析式；（Ⅰ）点M 为线段AB 上一点（点M 不与点A 、B 重合），过点M 作i 轴的垂线，与直线AC 交于点E ，与抛物线交于点P ，过点P 作//PQ AB 交抛物线于点Q ，过点Q 作QN x ⊥轴于点N ．若点P 在点Q 左边，当矩形PMNQ 的周长最大时，求AEM △的面积；（Ⅰ）在（Ⅰ）的条件下，当矩形PMNQ 的周长最大时，连接DQ ，过抛物线上一点F 作y 轴的平行线，与直线AC 交于点G （点G 在点F 的上方）．若FG ，求点F 的坐标．【答案】（Ⅰ）223y x x =--+；（Ⅰ）12；（Ⅰ）()4,5F --或()1,0【分析】（Ⅰ）将点A ，点C 坐标代入解析式可求解；（Ⅰ）设M （x ，0），P （x ，-x 2-2x +3），利用对称性可求点Q （-2-x ，-x 2-2x +3），可求MP =-x 2-2x +3，PQ =-2-x -x =-2-2x ，则可用x 表示矩形PMNQ 的周长，由二次函数的性质可求当矩形PMNQ 的周长最大时，点P 的坐标，即可求点E ，点M 的坐标，由三角形面积公式可求解；（Ⅰ）先求出点D 坐标，即可求DQ FG =4，设F （m ，-m 2-2m +3），则G （m ，m +3），用含有m 的式子表示FG 的长度即可求解．【详解】解:（Ⅰ）依题意()()2330{3b c c --+⨯-+== 解得2{3b c =-= 所以223y x x =--+（Ⅰ）2223(1)4y x x x抛物线的对称轴是直线1x =-(,0)M x ，()2,23P x x x --+，其中31x -<<- ∵P 、Q 关于直线1x =-对称设Q 的横坐标为a则()11a x --=--∴2a x =--∴()22,23Q x x x ----+∴223MP x x =--+，222PQ x x x =---=--∴周长()222222232822(2)10d x x x x x x =----+=--+=-++ 当2x =-时，d 取最大值，此时，(2,0)M -∴2(3)1AM =---=设直线AC 的解析式为y kx b =+则303k b b -+=⎧⎨=⎩，解得13k b =⎧⎨=⎩∴设直线AC 的解析式为3y x 将2x =-代入3y x ，得1y = ∴(2,1)E -，∴1EM = ∴11111222AEM S AM ME ∆=⋅=⨯⨯= （Ⅰ）由（Ⅰ）知，当矩形PMNQ 的周长最大时，2x =-此时点()0,3Q ，与点C 重合， ∴3OQ =∵2223(1)4y x x x∴()1,4D -过D 作DK y ⊥轴于K ，则1DK =，4OK =∴431OK OK OQ =-=-=∴DKQ 是等腰直角三角形，DQ =∴4FG ==设()2,23F m m m --+，则(,3)G m m +()223233FG m m m m m =+---+=+∴234m m +=，解得14m =-，21m =当4m =-时，2235m m --+=-当1m =时，2230m m --+=．∴()4,5F --或()1,0【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的性质，等腰直角三角形的性质等，利用参数表示线段的长度是本题的关键．8．（2021·山东·济南市济阳区中考模拟预测）如图，抛物线y ＝2x ﹣2x ﹣3经过点A （﹣2，a ），与x 轴相交于B 、C 两点（B 点在C 点左侧）．（1）求a的值及B、C两点坐标；（2）点D在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将△BCD沿直线BD翻折得到△B C'D，若点C'恰好落在抛物线的对称轴上，求点C'和点D的坐标；（3）设P（m，-3)是该抛物线上一点，点Q为抛物线的顶点，在x轴、y轴分别找点M、N，使四边形MNQP的周长最小，请求出点M、N的坐标．【答案】（1）5；（-1,0），（3,0）（2）（1，；（1（3）（57，0）；（0，53-）【分析】（1）把A（-2，a）代入y＝x2﹣2x﹣3可得a的值，分别令y=0求出抛物线与x轴的交点坐标，从而可得B、C点坐标；（2）设对称轴于BC的交点为E，先求出点C，点E坐标，可求BC=4，BH=CH=2，由折叠的性质可得BC'的长，由勾股定理可求C'H，DH的长，即可求解；（4）作Q点关于y轴的对称点Q′（-1，-4），作点P（2，-3）关于x轴的对称点P′（2，3），连接Q′P′分别交x、y轴于点M、N，此时，四边形QPMN的周长最小，即可求解．【详解】解：（1）把A（-2，a)代入y＝x2﹣2x﹣3，得a=5；当y=0时，x2﹣2x﹣3=0 解得x1=3, x2=-1∵B点在C点左侧∴B(-1,0)，C(3,0)(2)如图，设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为（1，0），BH＝2，由翻折得C ′B ＝CB ＝4，在Rt △BHC ′中，由勾股定理，得C H '=∴点C ′的坐标为（1，，tan C H C BH BH ''∠=== ∴∠C ′BH ＝60°，由翻折得∠DBH ＝12∠C ′BH ＝30°，在Rt △BHD 中，DH ＝BH •tan ∠DBH ＝2•tan 30°∴点D 的坐标为（1．（3）如图2，∵Q 为抛物线的顶点，∴Q （1，﹣4），∴Q 关于y 轴的对称点Q '（﹣1，﹣4），∵P （m ,-3）在抛物线上，∴P （2，﹣3），∴点P 关于x 轴的对称点P '（2，3），连接Q ′、P ′分别交x 、y 轴于点M 、N ，此时，四边形OPMN 的周长最小，，设直线Q ′P ′的解析式为y =kx +b ，则有234k b k b +=⎧⎨-+=-⎩ ，解得7353k b ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， ∴直线P 'Q '的解析式为y ＝73x ﹣53，当x =0时，y =﹣53；当y =0时，x =57; ∴M （57，0），N （0，﹣53）．【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，轴对称的性质等知识，其中（3），利用对称点性质求解是此类题目的一般解法，需要掌握．9．（重庆市九年级月考）如图1，抛物线y ＝﹣x 2﹣2x +3与x 轴从左到右交于A 、B 两点，与y 轴交于点C ，顶点为D（1）求直线AC 的解析式与点D 的坐标；（2）在直线AC 上方的抛物线上有一点E ，作EF ∥x 轴，与抛物线交于点F ，作EM ⊥x 轴于M ，作FN ⊥x 轴于N ，长度为PQ 在直线AC 上运动（点P 在点Q 右侧），当四边形EMNF 的周长取最大值求四边形DPQE 的周长的最小值及对应的点Q 的坐标；（3）如图2，平移抛物线，使抛物线的顶点D 在直线AD 上移动，点D 平移后的对应点为D ′，点A 平移后的对应点为A ′，△A ′D ′C 是否能为直角三角形？若能，请求出对应的线段D ′C 的长；若不能，请说明理由.【答案】（1）直线AC 的解析式为：3y x ，()1,4D -；（2）四边形DPQE 的周长的最小值是Q 的坐标为33,22Q ⎛⎫- ⎪⎝⎭；（3）'D C ==3. 【分析】(1)抛物线223y x x =--+与x 轴从左到右交于A 、B 两点，只要令y =0，即可求出A 、B 两点；与y 轴交于点C ，只要令x =0，即可求出点C ；由点A 、C 的坐标可得直线AC 的解析；D的坐标用顶点公式或者先求出对称轴代入解析式，即可求出；(2)作点E 关于直线AC 的对称点E'(0,1)，将点E'沿AC 方向平移E″(2,3)，连接E″D 交直线AC 于点P ，将点P 向下平移Q ，则点Q 为所求点即可求解，再根据个点坐标求出四边形的边长，进而计算周长；(3)分A 'D '是斜边、A'C 是斜边、CD'是斜边三种情况，分别求解即可．【详解】解：(1)∵抛物线223y x x =--+与x 轴从左到右交于A 、B 两点，∴令y =0，即223=0x x --+，解得：12= -3=1x x ，，则()()3,01,0A B -、，∵抛物线223y x x =--+与y 轴交于点C ，∴()0,3C ，由点A 、C 的坐标得，直线AC 的解析式为：3y x ；∵D 是抛物线223y x x =--+的顶点，抛物线的对称轴为：1x =-，∴()1,4D -；(2)设点2(,23)E m m m --+，∵抛物线的对称轴为：1x =-，//EF x 轴，∴22EF m =--，四边形EMNF 的周长222()2(2322)2(41)l EF EM m m m m m =+=--+--=--+，当2m =-时，l 最大，此时点()2,3E -；∵()2,3E -，()1,4D -；∴ED =∵PQ =且P 、Q 在3y x 上∴P 、Q 两点横纵坐标差为2，作点()2,3E -关于直线AC 的对称点()'0,1E ，将点'E 沿AC 方向平移()2,3E "，由点DE "坐标得，直线DE "的解析式为：111 33y x =-+；联立直线AC 、直线DE "的解析式并解得：12x =，故点17,22P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，将点P 沿着直线CA 向左向下平移33,22Q ⎛⎫- ⎪⎝⎭； ∵()2,3E -，33,22Q ⎛⎫- ⎪⎝⎭，17,22P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,4D -；∴EQ =，PD =此时四边形DPQE的周长最小ED PQ EQ PD=+++=(3)由待定系数法求得直线AD的解析式为：26y x=+，则设抛物线向右平移m个单位，则向上平移2m个单位，∴'A()3,2m m-、'D()1,24m m-+，()0,3C，而点()0,3C，∴'DC=①当''A D是斜边时，如图2，分别过点'A、'D作y轴的垂线交于点N、M，则''D CM CA N∠=∠，则tan'tan'D CM CA N∠=∠，即321321m mm m--=-+，解得：0m=(舍去)或85；②当'A C是斜边时，如图3，过点'D作x轴的平行线交y轴于点N，交过点'A作y轴的平行线于点M，同理可得：tan'tan''ND C MA D∠=∠，则'''NC MDND MA=，即22141mm+=-，解得：1m=-；③当'CD是斜边时，同理可得：22343m m -=-，解得：1m =，故85m =或−1或 1则'DC =3．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、点的对称性、解直角三角形等，其中第（3）问，要注意分类求解，避免遗漏．10．（2021·广东·广州市第五中学九年级期中）如图，过原点的抛物线2122y x x =-+与x 轴交于点A ，B 为抛物线的顶点，连接OB ，点P 是线段OA 上的一个动点，过点P 作PC OB ⊥，垂足为点C ．（1）将POC △绕着点P 按顺时针方向旋转90︒，得''PO C △，当点'C 落在抛物线上时，求点P 的坐标．（2）当PB OA ⊥时，将线段PC 绕平面某点旋转180︒得到线段EF ，若点E 、F 都落在抛物线上，求点E 和F 的坐标．（3）当（1）中的点'C 落在抛物线上时，将抛物线向左或向右平移()02n n <<个单位，点B 、'C 平移后对应的点分别记为M 、N ，是否存在n ，使得以O 、M 、N 、A 为顶点的四边形周长最短？若存在，请直接写出n 的值和抛物线平移的方向，若不存在，请说明理由．【答案】（1）（209，0）；（2）51528E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，7728F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，；（3）存在27n =，抛物线向左平移【分析】（1），过点B 作BQ ⊥x 轴于Q ，过点C '作C D '⊥O P '于D ，先证明△OQB 是等腰直角三角形，得到∠BOP =45°，从而可以证明△OCP 是等腰直角三角形，OC =CP ，∠OPC =45°，设P （m ，0），则3122C m m ⎛⎫' ⎪⎝⎭，，代入抛物线解析式求解即可；（2）过点C 作CD ⊥OA 于D ，求出C （1，1），将线段PC 绕平面某点旋转180°得到线段EF ，设这个点的坐标为（a ，b ），则22P E P E x x a y y b +⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，22C F C F x x a y y b +⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，从而得到()222E a b -，，()2121F a b --，，再根据E 、F 在抛物线上，求解即可；（3）将AC '沿C B '平移，使得C '与B 点重合，点A 落在A '处，，以过B 的直线y =2为对称轴，作A '的对称点A ''，连接OA ''，当点M 为OA ''与直线y =2的交点时，此时以O 、M 、N 、A为顶点的四边形周长最短，先求出8839A ⎛⎫' ⎪⎝⎭，，则82839A ⎛⎫'' ⎪⎝⎭，，再求出M 的坐标即可得到答案．【详解】解：（1）如图所示，过点B 作BQ ⊥x 轴于Q ，过点C '作C D '⊥O P '于D ，∵点B 是抛物线()221122222y x x x =-+=--+的顶点， ∴B （2，2），∴OQ =BQ =2，∴△OQB 是等腰直角三角形，∴∠BOP =45°，又∵PC ⊥OB ，∴∠OCP =90°，∴△OCP 是等腰直角三角形，∴OC =CP ，∠OPC =45°，由旋转的性质可得==45O PC OPC ''∠∠，O C C P OC '''==，O P OP '=，OPO '∠=90 设P （m ，0），则O P OP m '==， ∴1122C D O P m ''==， ∴3122C m m ⎛⎫' ⎪⎝⎭， ∵C '在抛物线2122y x x =-+上， ∴21133222m m m ⎛⎫=-⨯+ ⎪⎝⎭即29200m m -=，解得209m =或0m =（舍去）， ∴P （209，0）；（2）如图所示，过点C 作CD ⊥OA 于D ，∵B （2，2），PB ⊥OA ，∴OP =PB =2，△OBP 为等腰直角三角形，P （2，0），由（1）得PC =OC ，∵222OC PC OP +=，∴224PC =，∴PC OC ==又∵CD ⊥OA ，∴OD =CD =PD =1，∴C （1，1），将线段PC 绕平面某点旋转180°得到线段EF ，设这个点的坐标为（a ，b ），∴22P E P E x x a y y b +⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，22C F C F x x a y y b +⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩， ∴222E E x a y b =-⎧⎨=⎩，2121F E x a y b =-⎧⎨=-⎩， ∴()222E a b -，，()2121F a b --，，又∵E 、F 都在抛物线2122y x x =-+上， ∴()()()()2212222222121221212a ab a a b ⎧--+-=⎪⎪⎨⎪--+-=-⎪⎩， ∴222862526212a a b a a b ⎧-+-=⎪⎨-+-=-⎪⎩解得941516a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩∴51528E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，7728F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，；（3）存在27n =，抛物线向左平移，理由如下：由（1）可知101039C ⎛⎫' ⎪⎝⎭，，如图将AC '沿C B '平移，使得C '与B 点重合，点A 落在A '处，，以过B 的直线y =2为对称轴，作A '的对称点A ''，连接OA ''，当点M 为OA ''与直线y =2的交点时，此时以O 、M 、N 、A 为顶点的四边形周长最短，∵A 是抛物线2122y x x =-+与x 轴的交点， ∴A （4，0）∵//BA AC ''，且BA AC ''=，101039C ⎛⎫' ⎪⎝⎭，，B （2，2）， ∴8839A ⎛⎫' ⎪⎝⎭，， ∴82839A ⎛⎫'' ⎪⎝⎭，，设直线OA ''的解析式为y kx =， ∴28893k =，解得76k =， ∴直线OA ''的解析式为76y x =， ∵M 在直线y =2上， ∴726x =，解得127x =， ∴12,27M ⎛⎫ ⎪⎝⎭∴122277n =-=， ∴存在27n =，抛物线向左平移．【点睛】本题主要考查了二次函数综合，旋转的性质，平移的性质，中心对称，等腰直角三角形的性质，一次函数，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．11．（重庆中考招生考试）如图，已知抛物线22y x =--x 轴交于A ，B 两点（A 点位于B 点左侧），与y 轴交于C 点，连接AC ．点Q 为抛物线的顶点，点G 为()0,3-．（1）点P 是第四象限内抛物线上的一点，过点P 作//PD x 轴交抛物线于点D ，作PF x ⊥轴于点F ，作DE x ⊥轴于点E ，点P 在点D 右边．点M 是直线BG 上一个动点，点N 是直线PD 上一个动点，当四边形PDEF 的周长最大时，求PM MN +的最小值；（2）如图2，将原抛物线绕其对称轴与x 轴的交点H 旋转180︒得新的抛物线1l ，点A ，Q 的对应点分别记为1A ，1Q ，把抛物线1l 沿直线1GA 平移，1A ，1Q 的对应点分别记为2A ，2Q 是否存在点2A ，使得22GA Q ∆是以2GA 为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出2A 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）PM MN +；（2）存在，2(3018A ----或23A -或2(3A --．【分析】(1) 设22P m m ⎛-- ⎝，则22PF m =++然后再确定抛物线的对称轴以及开口方向,即可确定最值；（2）由题意知，抛物线绕其对称轴与x 轴的交点H 旋转180︒得抛物线1l ，点A 的对应1A 与点B重合．设2,)A t ，2)Q t ，然后利用勾股定理得到()2222)(3)GA t =++；然后就22GQ GA =和222GA A Q =分别解答即可．【详解】解：（1）(A ，B ，(0,C -，Q -．设22P m m ⎛-- ⎝，则22PF m =++．抛物线22y x =--x =2(2PD m m ∴==-∴矩形PDEF 的周长()2PF PD =+224m ⎛=+ ⎝28m =++此函数的图象为抛物线，其对称轴为m =0m << 203a =-<，∴当m =PDEF 的周长最大，此时点P 的坐标为(-．作点P 关于GB 的对称点1P ，30ABG ∠=︒，∴作1P N PC ⊥于N 交GB 于M ，此时PM MN +最小，PM MN +的最小值1P N =．延长BG 交PC 于H ，可求得9HC =-19PP HP ==PM MN +的最小值1PN ==（2）由题意知，抛物线绕其对称轴与x 轴的交点H 旋转180︒得抛物线1l ，点A 的对应1A 与点B 重合．设2,)A t ，2)Q t ，则()2222)3)GQ t =++， ()2222)(3)GA t =++，①当22GQ GA =时，()()2222GQ GA =即22)3)t ++22)(3)t =++．化简后解得18t =--②当222GA A Q =时，()()22222GA A Q =，即22)(3)60t ++=．化简后解得3t =-综上所述，2(3018A ----或23A -或2(3A --．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了矩形的性质、二次函数图像的性质、勾股定理等知识，掌握二次函数图像的性质和根据勾股定理列方程是解答本题的关键．。

重庆中考数学17题老师版

4.6321o t/小时S/千米4604题图重庆中考数学第17题专题练习1.甲、乙两车分别从A ，B 两地同时相向匀速行驶，当乙车到达A 地后，继续保持原速向远离B 的方向行驶，而甲车到达B 地后立即掉头，并保持原速与乙车同向行驶，经过15小时后两车同时到达距A 地300千米的C 地（中途休息时间忽略不计）。

设两车行驶的时间为x （小时），两车之间的距离为y （千米），y 与x 之间的函数关系如图所示，则当甲车到达B 地时，乙车距A 地 100 千米。

2. 如图:小明和小亮同时从学校放学，两人以各自速度匀速步行回家，小明的家在学校的正西方向，小亮的家在学校的正东方向，小明准备一回家就开始做作业，打开书包时发现错拿了小亮的练习册，于是立即跑步去追小亮，终于在途中追上了小亮并交还了练习册，然后再以先前的速度步行回家，（小明在家中耽搁和交还作业的时间忽略不计）结果小明比小亮晚回到家中。

如图是两人之间的距离y 米与他们从学校出发的时间x 分钟的函数关系图。

则小明的家和小亮的家相距 2900 米3.甲、乙两车分别从A ，B 两地同时相向匀速行驶，当乙车到达A 地后，继续保持原速向远离B 的方向行驶，而甲车到达B 地后立即掉头，并保持原速与乙车同向行驶，经过15小时后两车同时到达距A 地300千米的C 地（中途休息时间忽略不计）．设两车行驶的时间为x （小时），两车之间的距离为y （千米），y 与x 之间的函数关系如图所示，则当甲车到达B 地时，乙车距A 地 100 千米．4.甲乙两车分别从A 、B 两地出发相向而行，甲车出发1小时后乙车出发，并以各自的速度匀速行驶，两车相遇后依然按照原速度原方向各自行驶，当甲车到达B 地后，立即调头以原速度去追赶乙车，乙车到达A 地后也立即调头以原速度继续行驶，直到两车再次相遇，停止运动（甲、乙两车调头所需时间忽略不计）．如图所示是甲乙两车之间的距离S （千米）与甲车所用时间t （小时）之间的函数图象，则甲乙两车再次相遇时，乙车离A 地的距离为____9809 千米．5.有一个进、出水管的容器，某时刻起4分钟只开进水管，此后进水管，出水管同时开放，经过8分钟注满容器，随后只开出水管，得到时间x （分钟）与水量y （升）之间的函数关系如图，那么容器的容积为 40 升．6．甲、乙两人在同一直线道路上同起点、同方向、同时出发，分别以不同的速度匀速跑步1500米，当甲超出乙200米时，甲停下来等候乙。

专题17 裁剪与拼接(原卷版)中考二轮专题复习之数学思想和方法以及常见题型满分练(全国通用)

专题17 裁剪与拼接【典例分析】例1、将一个四边形截去一个角后，它不可能是()A. 六边形B. 五边形C. 四边形D. 三角形【答案】A【解析】【分析】本题考查了多边形，能够得出一个四边形截去一个角后得到的图形有三种情形，是解决本题的关键．根据一个四边形截去一个角后得到的多边形的边数即可得出结果．【解答】解：一个四边形截去一个角后得到的多边形可能是三角形，可能是四边形，也可能是五边形，但不可能是六边形．故选：A．例2、如图所示，三种不同类型地砖，若现在A类4块，B类4块，C类2块，要拼成一个正方形，则应多余出1块_________型地砖；这样地砖拼法表示了两数和的平方几何意义，这个两数和的平方是___________．【答案】C；(2m+n)2=4m2+4mn+n2【解析】【分析】本题考查了完全平方公式的几何意义，立意较新颖，注意面积的不同求解是解题的关键，对此类问题的要深入理解．分别计算出4块A的面积和4块B的面积、2块C的面积，再计算这三种类型的砖的总面积，用完全平方公式化简后，即可得出多了哪种类型的地砖．【解答】解：4块A的面积为：4×m×m=4m2；4块B的面积为：4×m×n=4mn；2块C的面积为2×n×n=2n2；那么这三种类型的砖的总面积应该是：4m2+4mn+2n2=4m2+4mn+n2+n2=(2m+n)2+n2，因此，多出了一块C型地砖，拼成的正方形，如图，拼成的正方形的面积为(2m+n)2=4m2+4mn+n2．故答案为C；(2m+n)2=4m2+4mn+n2．例3、如图，某数学兴趣小组用四块长方形纸板和一块小正方形纸板恰好拼成一个大正方形纸板，其中一块长方形纸板的长为8cm、宽为2cm，另一块长方形纸板的长为10cm、宽为4cm，求大正方形纸板的面积．【答案】解：如图，设小正方纸板的边长为xcm，所以2+x+4=10+8−x，解方程，得x=6，所以大正方形纸板边长=10+8−6=12(cm)，所以大正方形纸板的面积为122=144(cm2).【解析】本题主要考查了完全平方公式的几何背景，利用等量关系列出方程是解决问题的关键.设小正方形的边长为x，依据小正方形的边长的表达式，可得方程2+x+4=10+8−x，进而得出大正方形的边长及面积．【好题演练】一、选择题1.如图，将边长为a的正方形剪去两个小长方形得到S图案，再将这两个小长方形拼成一个新的长方形，求新的长方形的周长()A. 2a−3bB. 4a−8bC. 2a−4bD. 4a−16b2.如图1，分别沿长方形纸片ABCD和正方形纸片EFGH的对角线AC，EG剪开，拼成如图2所示的▱KLMN，若中间空白部分四边形OPQR恰好是正方形，且▱KLMN的面积为50，则正方形EFGH的面积为()A. 24B. 25C. 26D. 273.现有如图①的小长方形纸片若干块，已知小长方形的长为a，宽为b.用3个如图②的图形和8个如图①的小长方形，拼成如图③的大长方形，若大长方形的宽为30cm，则图③中阴影部分面积与整个图形的面积之比为()．A. 15B. 16C. 17D. 184.如图，由10根完全相同的小棒拼接而成，请你再添2根与前面完全相同的小棒，拼接后的图形恰好有3个菱形的方法共有()A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种5.七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”.在一次数学活动课上，小明用边长为4cm的正方形纸片制作了如图所示的七巧板，并设计了下列四幅作品--“奔跑者”，其中阴影部分的面积为5cm2的是()A. B.C. D.6.如图，从边长为(a+3)的正方形纸片中剪去一个边长为3的正方形，剩余部分沿虚线又剪拼成一个如图所示的长方形(不重叠，无缝隙)，则拼成的长方形的另一边长是()A. a+3B. a+6C. 2a+3D. 2a+6二、填空题7.在某张三角形纸片上，取其一边的中点，沿着过这点的两条中位线分别剪去两个三角形，剩下的部分就是如图所示的四边形；经测量这个四边形的相邻两边长为10cm、6cm，一条对角线的长为8cm；则原三角形纸片的周长是______．8.如图，空白部分面积可表示为____________．9.如图所示，将一个长方形ABCD分割成4个小长方形，其中②与③的大小形状都相同，已知大长方形ABCD的边BC=5cm，则①与④两个小长方形的周长之和为________cm．10.如图是“俄罗斯方块”游戏中的一个图案，由四个完全相同的小正方形拼成，则∠ABC的度数为_____．11.在关于“折纸问题”的数学活动课中，小刚沿菱形纸片ABCD各边中点的连线裁剪得到四边形纸片EFGH，再将纸片EFGH按如图所示分别沿MN、PQ折叠，使点E，G 落在线段PN上点E′，G′处，当PN//EF时，若阴影部分的周长之和为16，△AEH，△CFG的面积之和为12，则菱形纸片ABCD的一条对角线BD的长为______．12.如图，将一段标有0～60均匀刻度的绳子铺平后折叠(绳子无弹性)，使绳子自身的一部分重叠，然后在重叠部分沿绳子垂直方向剪断，将绳子分为A、B、C三段，若这三段的长度由短到长的比为1：2：3，则折痕对应的刻度可能是________________．三、解答题13.我们经常利用图形描述问题和分析问题．借助直观的几何图形，把问题变得简明、形象，有助于探索解决问题的思路．(1)小明为了解释某一公式，构造了几何图形，如图1所示，将边长为a的大正方形剪去一个边长为b的小正方形，并沿图中的虚线剪开，拼接后得到图2，显然图1中的图形与图2中的图形面积相等，从而验证了公式．则小明验证的公式是______．(2)计算：(x+a)(x+b)=______；请画图说明这个等式．14.问题提出：某段楼梯共有10个台阶，如果某同学在上台阶时，可以一步1个台阶，也可以一步2个台阶．那么该同学从该段楼梯底部上到顶部共有多少种不同的走法？问题探究：为解决上述实际问题，我们先建立如下数学模型：如图①，用若干个边长都为1的正方形(记为1×1矩形)和若干个边长分别为1和2的矩形(记为1×2矩形)，要拼成一个如图②中边长分别为1和n的矩形(记为1×n矩形)，有多少种不同的拼法？(设A1×n表示不同拼法的个数)为解决上述数学模型问题，我们采取的策略和方法是：一般问题特殊化．探究一：先从最特殊的情形入手，即要拼成一个1×1矩形，有多少种不同拼法？显然，只有1种拼法，如图③，即A1×1=1种．探究二：要拼成一个1×2矩形，有多少种不同拼法？可以看出，有2种拼法，如图④，即A1×2=2种．探究三：要拼成一个1×3矩形，有多少种不同拼法？拼图方法可分为两类：一类是在图④这2种1×2矩形上方，各拼上一个1×1矩形，即这类拼法共有A1×2=2种；另一类是在图③这1种1×1矩形上方拼上一个1×2矩形，即这类拼法有A1×1=1种．如图⑤，即AA1×3=A1×2+A1×1=2+1=3(种)．探究四：仿照上述探究过程，要拼成一个1×4矩形，有多少种不同拼法？请画示意图说明并求出结果．探究五：要拼成一个1×5矩形，仿照上述探究过程，得出A1×5=______种不同拼法．(直接写出结果，不需画图)．问题解决：请你根据上述中的数学模型，解答“问题提出”中的实际问题．(写出解答过程，不需画图)．15.阅读下列材料，并解决问题：【实验操作】如图1，若干块如图所示的长方形和正方形硬纸片，拼成如图所示的大长方形，并用不同的方法计算它的面积，回答下列问题：①这个拼成的大长方形的面积可表示为多项式为_____________，也可以表示成因式积的形式为____________;②试借助拼图的方法，把二次三项式a2+3b2+4ab因式分解为________________【研究发现】如图2，两个边长分别为a，b，c的直角三角形和一个两条直角边都是c 的等腰直角三角形拼成如图。

中考数学专题17 三角形与全等三角形

(5)中位线：三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
温馨提示：
三角形的边、角之间的关系是三角形中重要的性质，在比较角的大小、线段的长短及求角或线段中经常用到。学习时应结合图形，做到熟练、准确地应用。
三角形的角平分线、高、中线均为线段。
（三）全等三角形的概念与性质
1．能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形．
【答案】(1)C(2)A(3)C
方法总结：
（1）考查三角形的边或角时，一定要注意三角形形成的条件：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边；
（2）在求三角形内角和外角时，要明确所求的角属于哪个三角形的内角和外角，要抓住题目中的等量关系；
类型二全等三角形
(1)如图，已知AC＝FE，BC＝DE，点A、D、B、F在一条直线上，要使△ABC≌△FDE，还需添加一个条件，这个条件可以是_________________________.
2．三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．
3．三角形中的重要线段
(1)角平分线：三角形的三条角平分线交于一点，这点叫做三角形的内心，它到三角形各边的距离相等．
(2)中线：三角形的三条中线交于一点，这点叫做三角形的重心．
(3)高：三角形的三条高交于一点，这点叫做三角形的垂心．
(4)三边垂直平分线：三角形的三边垂直平分线交于一点，这点叫做三角形的外心，外心到三角形三个顶点距离相等．
1．(2009·温州)下列长度的三条线段能组成三角形的是()
A．1cm，2cm，3.5cmB．4cm，5cm，9cm
C．5cm，8cm，15cmD．6cm，8cm，9cm
解析：计算较小两数的和与最大数比较，大于的组成三角形，否则不能．
答案：D
2．(2008·嘉兴)如图，△ABC中，已知AB＝8，BC＝6，CA＝4，DE是中位线，则DE＝()

专题训练17：命题、定理与证明-2021年中考数学一轮复习知识点课标要求

2021年中考数学一轮复习知识点课标要求专题训练17：命题、定理与证明（含答案）一、知识要点：1、命题与定理定义1：判断一件事情的语句，叫做命题。

命题由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项。

数学中的命题常可以写成“如果……，那么……”的形式。

“如果”后接的部分是题设，“那么”后接的部分是结论。

定义2：如果题设成立，那么结论一定成立，这样的命题叫做真命题。

定义3：题设成立时，不能保证结论一定成立，这样的命题叫做假命题。

定义4：如果一个命题的正确性是经过推理证实的，这样得到的真命题叫做定理。

定义5：两个命题的题设和结论正好相反，我们把这样的两个命题叫做互为逆命题。

其中一个叫做原命题，另外一个叫做逆命题。

如果定理的逆命题是正确的，那么它也是一个定理，我们把这个定理叫做原定理的逆定理。

2、证明:一个命题的正确性需要经过推理才能作出判断，这个推理过程叫做证明。

二、课标要求：1、通过具体实例，了解定义、命题、定理、推论的意义。

2、结合具体实例，会区分命题的条件和结论，了解原命题及其逆命题的概念。

会识别两个互逆的命题，知道原命题成立其逆命题不一定成立。

3、知道证明的意义和证明的必要性，知道证明要合乎逻辑，知道证明的过程可以有不同的表达形式，会综合法证明的格式。

4、了解反例的作用，知道利用反例可以判断一个命题是错误的。

三、常见考点：1、命题及命题真伪的判断。

2、命题的条件和结论的区分。

3、写出命题的逆命题。

四、专题训练：1．下列说法正确的是（）A．一组数据6，5，8，8，9的众数是8B．甲、乙两组学生身高的方差分别为S甲2＝2.3，S乙2＝1.8，则甲组学生的身高较整齐C．命题“若|a|＝1，则a＝1”是真命题D．三角形的外角大于任何一个内角2．下列命题正确的是（）A．三角形的一个外角大于任何一个内角B．三角形的三条高都在三角形内部C．三角形的一条中线将三角形分成两个三角形面积相等D．两边和其中一边的对角相等的三角形全等3．下列四个命题：①5是25的算术平方根；②（﹣4）2的平方根是﹣4；②经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行；④同旁内角互补．其中真命题的个数是（）A．0个B．1个C．2个D．3个4．下列说法中，不正确的个数是（）①若a+b＝0，则有a，b互为相反数，且＝﹣1；②若|a|＞|b|，则有（a+b）（a﹣b）是正数；③三个五次多项式的和也是五次多项式；④a+b+c＜0，abc＞0，则﹣+﹣的结果有三个；⑤方程ax+b＝0（a，b为常数）是关于x的一元一次方程．A．1个B．2个C．3个D．4个5．如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，把矩形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到矩形AB′C′D′，其中点C的运动路径为，则图中阴影部分的面积为（）A．B．C．D．6．下列命题：①负数没有立方根；②一个实数的算术平方根一定是正数；③一个正数或负数的立方根与这个数同号；④如果一个数的算术平方根是这个数本身，那么这个数是1或0；⑤如果一个数的立方根是这个数本身，那么这个数是1或0，其中错误的有（）A．2个B．3个C．4个D．5个7．写出“对顶角相等”的逆命题．8．四位同学参加数学知识竞赛活动，分别获得第一、二、三、四名，大家猜测谁得第几名时，明明说：“甲得第一，乙得第二”；文文说：“甲得第二，丁得第四”；凡凡说：“丙得第二，丁得第三”．名次公布后，他们每人都只猜对了一半，那么甲、乙、丙、丁的名次顺序为．（按一、二、三、四的名次排序）9．如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P是第二象限图象上一动点，PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，连接MN，在点P的运动过程中，线段MN长度的最小值是．10．如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB'C'D'，点C的运动路径为．当点B'落在CD上时，图中阴影部分的面积为．11．如图，等边△ABC中，AB＝3，点D，点E分别是边BC，CA上的动点，且BD＝CE，连接AD、BE交于点F，当点D从点B运动到点C时，则点F的运动路径的长度为．12．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝4．如图，将直角顶点B放在原点，点A放在y轴正半轴上，当点B在x轴上向右移动时，点A也随之在y轴上向下移动，当点A 到达原点时，点B停止移动，在移动过程中，点C到原点的最大距离为．13．如图，▱ABCD中，E为AD上一点，F为BC上一点，EF与对角线BD交于点O，以下三个条件：①BO＝DO；②EO＝FO；③AE＝CF，以其中两个作为题设，余下的一个作为结论组成命题，其中真命题的个数为．14．如图，等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，M为AB中点，D是射线BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接ED、ME，则点D在运动过程中ME的最小值为．15．如图，在半径为2的⊙O中，弦AB⊥直径CD，垂足为E，∠ACD＝30°，点P为⊙O上一动点，CF⊥AP于点F．①弦AB的长度为；②点P在⊙O上运动的过程中，线段OF长度的最小值为．16．如图，一个长为4，宽为3的长方形木板斜靠在水平桌面上的一个小方块上，其短边与水平桌面成30°夹角，将长方形木板按逆时针方向做两次无滑动的翻滚，使其短边恰好落在水平桌面上，则长方形木板顶点A在滚动过程中所经过的路径长为．17．桌子上有7张反面向上的纸牌，每次翻转n张（n为正整数）纸牌，多次操作后能使所有纸牌正面向上吗？用“+1”、“﹣1”分别表示一张纸牌“正面向上”、“反面向上”，将所有牌的对应值相加得到总和，我们的目标是将总和从﹣7变化为+7．（1）当n＝1时，每翻转1张纸牌，总和的变化量是2或﹣2，则最少次操作后所有纸牌全部正面向上；（2）当n＝2时，每翻转2张纸牌，总和的变化量是，多次操作后能使所有纸牌全部正面向上吗？若能，最少需要几次操作？若不能，简要说明理由；（3）若要使多次操作后所有纸牌全部正面向上，写出n的所有可能的值．18．阅读下面内容，并解答问题．在学习了平行线的性质后，老师请学们证明命题：两条平行线被第三条直线所截，一组同旁内角的平分线互相垂直．小颖根据命题画出图形并写出如下的已知条件．已知：如图1，AB∥CD，直线EF分别交AB，CD于点E，F．∠BEF的平分线与∠DFE的平分线交于点G．求证：．（1）请补充要求证的结论，并写出证明过程；（2）请从下列A、B两题中任选一题作答，我选择题．A．在图1的基础上，分别作∠BEG的平分线与∠DFG的平分线交于点M，得到图2，则∠EMF 的度数为．B．如图3，AB∥CD，直线EF分别交AB，CD于点E，F．点O在直线AB，CD之间，且在直线EF右侧，∠BEO的平分线与∠DFO的平分线交于点P，则∠EOF与∠EPF满足的数量关系为．19．点E、F分别是菱形ABCD边BC、CD上的点．（1）如图，若CE＝CF，求证AE＝AF；（2）判断命题“若AE＝AF，则CE＝CF”的真假．若真，请证明；若假，请在备用图上画出反例．20．概念学习．已知△ABC，点P为其内部一点，连接PA、PB、PC，在△PAB、△PBC、△PAC 中，如果存在一个三角形，其内角与△ABC的三个内角分别相等，那么就称点P为△ABC 的等角点．理解应用（1）判断以下两个命题是否为真命题，若为真命题，则在相应横线内写“真命题”；反之，则写“假命题”．①内角分别为30°、60°、90°的三角形存在等角点；；②任意的三角形都存在等角点；；（2）如图①，点P是锐角△ABC的等角点，若∠BAC＝∠PBC，探究图①中，∠BPC、∠ABC、∠ACP之间的数量关系，并说明理由．解决问题如图②，在△ABC中，∠A＜∠B＜∠C，若△ABC的三个内角的角平分线的交点P是该三角形的等角点，求△ABC三角形三个内角的度数．参考答案1．解：A、一组数据6，5，8，8，9的众数是8，是真命题；B、甲、乙两组学生身高的方差分别为S甲2＝2.3，S乙2＝1.8，则乙组学生的身高较整齐，原命题是假命题；C、命题“若|a|＝1，则a＝1”是假命题，原命题是假命题；D、三角形的外角大于任何一个不与它相邻的内角，原命题是假命题；故选：A．2．解：A、三角形的一个外角大于与它不相邻的任何一个内角，原命题是假命题；B、钝角三角形的三条高不在三角形内部，原命题是假命题；C、三角形的一条中线将三角形分成两个三角形面积相等，是真命题；D、两边和其夹角相等的三角形全等，原命题是假命题；故选：C．3．解：①5是25的算术平方根，本小题说法是真命题；②∵（﹣4）2的平方根是±4，∴本小题说法是假命题；②经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行，本小题说法是真命题；④∵两直线平行，同旁内角互补，∴本小题说法是假命题；故选：C．4．解：①若a+b＝0，则有a，b互为相反数，当a＝b＝0时，无意义，本小题说法不正确；②∵|a|＞|b|，∴a2＞b2，∴（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2＞0，是正数，本小题说法正确；③（2a5+a﹣3）+（﹣a5+2a﹣3）+（﹣a5+a2﹣30）＝a2+3a﹣36，则三个五次多项式的和不一定是五次多项式，本小题说法不正确；④当a+b+c＜0，abc＞0时，a、b、c两个正数、一个负数或一个正数、两个负数，则﹣+﹣的结果有两个，本小题说法不正确；⑤方程ax+b＝0（a，b为常数），当a＝0时，不是关于x的一元一次方程，本小题说法不正确；故选：D．5．解：连接AC'，在矩形ABCD中，∵∠B＝90°，AB＝，BC＝1，∴tan∠BAC＝＝，∴∠BAC＝30°，∵旋转角为30°，∴A、B′、C共线．∴AC＝＝＝2，∵S阴＝S扇形ACC′﹣S△AB′C′，∴S阴＝﹣＝﹣，故选：B．6．解：①负数有立方根，原命题是假命题；②一个实数的算术平方根一定是非负数，原命题是假命题；③一个正数或负数的立方根与这个数同号，原命题是真命题；④如果一个数的算术平方根是这个数本身，那么这个数是1或0，原命题是真命题；⑤如果一个数的立方根是这个数本身，那么这个数是1、﹣1或0，原命题是假命题；故选：B．7．解：∵原命题的条件是：如果两个角是对顶角，结论是：那么这两个角相等；∴其逆命题应该为：如两个角相等那么这两个角是对顶角，简化后即为：相等的角是对顶角．8．解：因为他们每人只猜对一半，可以先假设明明说“甲得第一”是正确的，由此推导：明明：甲得第一→文文：丁得第四→凡凡：丙得第二→乙得第三，成立；若假设明明说“乙得第二”是正确的，由此进行推导：明明：乙得第二→文文：丁得第四→凡凡：丙得第二，矛盾．所以甲、乙、丙、丁的名次顺序为甲、丙、乙、丁．故答案为：甲、丙、乙、丁．9．解：连接OP．∵直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A（﹣2，0），B（02），∴OA＝2，OB＝2，∴tan∠BAO＝＝，∴∠BAO＝30°，∵PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，∴∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，∴四边形OMPN是矩形，∴MN＝OP，∴当OP⊥AB时，MN＝OP的值最小，最小值＝OA•sin30°＝，故答案为．10．解：如图，连接AC，AC′．∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝∠DAB＝90°，∵AB＝2，BC＝，∴AC＝＝＝，∵cos∠DAB′＝，∴∠DAB′＝30°，DB′＝AB′＝1，∴∠BAB′＝∠CAC′＝60°，CB′＝CD﹣DB′＝2﹣1＝1，∴S阴＝S扇形CAC′﹣S△AC′B′﹣S△ACB′＝﹣×2×﹣×1×＝﹣．故答案为﹣．11．解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝∠BCE＝60°，∴在△ABD和△BCE中，，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴∠BAD＝∠CBE，∵∠AFE＝∠BAD+∠FBA＝∠CBE+∠FBA＝∠ABC＝60°，∴∠AFB＝120°，∴点F的运动轨迹是以点O为圆心，OA为半径的弧，如图，此时∠AOB＝120°，OA＝＝，所以弧AB的长为：＝．则点F的运动路径的长度为．故答案为：．12．解：如图所示：取A1B1的中点E，连接OE，C1E，当O，E，C1在一条直线上时，点C到原点的距离最大，在Rt△A1OB1中，∵A1B1＝AB＝8，点OE为斜边中线，∴OE＝B1E＝A1B1＝4，又∵B1C1＝BC＝4，∴C1E＝＝4，∴点C到原点的最大距离为：OE+C1E＝4+4．故答案为：4+4．13．解：已知②EO＝OF；①BO＝DO，结论：③AE＝CF．理由：在△DOE和△BOF中，∴△DOE≌△BOF（SAS），∴DE＝BF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，∴AE＝FC，同理可得：已知②EO＝FO，③AE＝CF，结论：①BO＝DO，是真命题；已知：①BO＝DO，③AE＝CF，结论：②EO＝FO，是真命题，故答案为：3．14．解：如图，连接BE，过点M作MG⊥BE的延长线于点G，过点A作AK⊥AB交BD的延长线于点K，∵等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，∴∠B＝45°，∴∠K＝45°，∴△AKB是等腰直角三角形．∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，∴△ADE是等腰直角三角形，∴∠KAD+∠DAB＝∠BAE+∠DAB＝90°，∴∠KAD＝∠BAE，在△ADK和△AEB中，∴△ADK≌△AEB（SAS），∴∠ABE＝∠K＝45°，∴△BMG是等腰直角三角形，∵AC＝BC＝4，∴AB＝4，∵M为AB中点，∴BM＝2，∴MG＝BG＝2，∠G＝90°，∴BM＞MG，∴当ME＝MG时，ME的值最小，∴ME＝BE＝2．故答案为2．15．解：①如图，连接OA．∵OA＝OC＝2，∴∠OCA＝∠OAC＝30°，∴∠AOE＝∠OAC+∠ACO＝60°，∴AE＝OA•sin60°＝，∵OE⊥AB，∴AE＝EB＝，∴AB＝2AE＝2，故答案为2．②取AC的中点H，连接OH，OF，HF，∵OA＝OC，AH＝HC，∴OH⊥AC，∴∠AHO＝90°，∵∠COH＝30°，∴OH＝OC＝1，HC＝，AC＝2，∵CF⊥AP，∴∠AFC＝90°，∴HF＝AC＝，∴OF≥FH﹣OH，即OF≤﹣1，∴OF的最小值为﹣1．故答案为﹣1．16．解：第一次转动是以点M为圆心，AM为半径，圆心角是60度所以弧AA1的长＝＝π，第二次转动是以点N为圆心，A′N为半径圆心角为90度，所以弧A′A″的长＝＝π，所以总长为π．故答案为π．17．解：（1）总变化量：7﹣（﹣7）＝14，次数（至少）：14÷2＝7，故答案为：7；（2）①两张由反到正，变化：2×[1﹣（﹣1）]＝4，②两张由正到反，变化：2×（﹣1﹣1）＝﹣4，③一正一反变一反一正，变化﹣1﹣1+1﹣（﹣1）＝0，不能全正，总变化量仍为14，无法由4，﹣4，0组成，故不能所有纸牌全正；故答案为：14；（3）由题可知：0＜n≤7．①当n＝1时，由（1）可知能够做到，②当n＝2时，由（2）可知无法做到，③当n＝3时，总和变化量为6，﹣6，2，﹣2，14＝6+6+2，故n＝3可以，④当n＝4时，总和变化量为8，﹣8，4，﹣4，0，14无法由8，﹣8，4，﹣4，0组成，故＝4不可以，⑤当n＝5时，总和变化量为10，﹣10，6，﹣6，2，﹣2，14＝10+2+2，故n＝5可以，⑥当n＝6时，总和变化量为12，﹣12，8，﹣8，4，﹣4，0，无法组合，故n＝6不可以，⑦当n＝7时，一次全翻完，可以，故n＝1，3，5，7时，可以．18．解：（1）结论：EG⊥FG；理由：如图1中，∵AB∥CD，∴∠BEF+∠DFE＝180°，∵EG平分∠BEF，FG平分∠DFE，∴，，∴．在△EFG中，∠GEF+∠GFE+∠G＝180°，∴∠G＝180°﹣（∠GEF+∠GFE）＝180°﹣90°＝90°，∴EG⊥FG．故答案为EG⊥GF．（2）A．如图2中，由题意，∠BEG+∠DFG＝90°，∵EM平分∠BEG，MF平分∠DFG，∴∠BEM+∠MFD＝（∠BEG+∠DFG）＝45°，∴∠M＝∠BEM+∠MFD＝45°，B．如图3中，由题意，∠EOF＝∠BEO+∠DFO，∠EPF＝∠BEP+∠DFP，∵PE平分∠BEO，PF平分∠DFO，∴∠BEO＝2∠BEP，∠DFO＝2∠DFP，∴∠EOF＝2∠EPF，故答案为A或B，45°，∠EOF＝2∠EPF．19．解：（1）连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ACE＝∠ACF，在△ACE与△ACF中，∴△ACE≌△ACF（SAS），∴AE＝AF，（2）当AE＝AF＝AF'时，CE≠CF'，如备用图，所以命题“若AE＝AF，则CE＝CF”是假命题．20．解：理解应用（1）①内角分别为30、60、90的三角形存在等角点是真命题；②任意的三角形都存在等角点是假命题，如等边三角形不存在等角点；故答案为：真命题，假命题；（2）如图①，∵在△ABC中，∠BPC＝∠ABP+∠BAC+∠ACP，∠BAC＝∠PBC，∴∠BPC＝∠ABP+∠PBC+∠ACP＝∠ABC+∠ACP；解决问题如图②，连接PB，PC∵P为△ABC的角平分线的交点，∴∠PBC＝∠ABC，∠PCB＝∠ACB，∵P为△ABC的等角点，∴∠PBC＝∠BAC，∠BCP＝∠ABC＝2∠PBC＝2∠BAC，∠ACB＝∠BPC＝4∠A，又∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∴∠A+2∠A+4∠A＝180°，∴∠A＝，∴该三角形三个内角的度数分别为，，。

备考2023年中考数学变式阶梯训练17--20题附解析教师版

备考2023年中考数学变式阶梯训练17--20题附解析教师版一、第十七题(共7题；共75分)1．（10分）计算：(-6) ×( 23-■)-23．圆圆在做作业时，发现题中有一个数字被墨水污染了。

（1）（5分）如果被污染的数字是 12 ．请计算(-6)×( 23 - 12 )-23．（2）（5分）如果计算结果等于6，求被污染的数字．【答案】（1）解：(-6)×( 23 - 12)-23=(-6)× 16 -8=-1-8 =-9（2）解：设被污染的数字为x ，由题意，得(-6)×( 23 -x)-23=6解得x=3，∴被污染的数字是3．【解析】【分析】（1）将被污染的数字代入，先算乘方和括号里的减法运算，再算乘法运算，然后利用有理数的减法法则进行计算.（2）设被污染的数字为x ，根据计算结果等于6，可得到关于x 的方程，解方程求出x 的值.2．（10分）嘉淇在解一道数学计算题时，发现有一个数被污染了．（1）（5分）嘉淇猜污染的数为1，请计算(−1)3×1−(1−3)÷4；（2）（5分）老师说，嘉淇猜错了，正确的计算结果不小于52，求被污染的数最大是几？【答案】（1）解：(−1)3×1−(1−3)÷4=−1+12=−12（2）解：设污染了的实数为x ，则有−x +12≥52解之得，x ≤−2所以被污染的实数最大是-2．【解析】【分析】（1）先计算乘方，再计算乘除，最后计算减法即可；（2）设污染了的实数为x ，根据题意列出不等式−x +12≥52求解即可。

3．（10分）某同学在解关于y 的方程3y−a 4−5y−7a 6=1去分母时、忘记将方程右边的1乘以12，从而求得方程的解为y ＝10．（1）（5分）求a 的值；（2）（5分）求方程正确的解．【答案】（1）解：该同学去分母时方程右边的1忘记乘12，则原方程变为3(3y −a)−2(5y −7a)=1，此时方程的解为y =10，代入得3(30−a)−2(50−7a)=1 整理得：11a =11，解得a =1（2）解：将a =1代入方程3y−a 4−5y−7a 6=1，得3y−14−5y−76=1去分母：3(3y −1)−2(5y −7)=12 去括号：9y −3−10y +14=12 整理得：−y =1 解得y =−1即原方程的解为y =−1【解析】【分析】（1）先求出 3(3y −a)−2(5y −7a)=1，再求出 y =10，最后求解即可；（2）先求出 3y−a 4−5y−7a 6=1，再求出3y−14−5y−76=1 ，最后解方程即可。

中考数学第17-18题(填空题压轴2：几何最值、图形旋转和翻折)考前预测

押中考数学第17-18题（填空题压轴2：几何最值、图形旋转和翻折）专题诠释：几何最值、图形的旋转和折叠成为这几年中考压轴题的宠儿，因为这些题型综合的知识点较多，知识转化的难度较高，解决这类问题，最关键的是如何找对切入点！常见的切入点有构造基本图形、相似和常见结论的应用等。

知识点一：几何最值问题3．（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，知识点二：折叠问题11．（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，将矩形纸片ABCD沿CE折叠，使点B落在边AD上的点F处．若点E在边AB上，AB＝3，BC＝5，则AE＝________．12．（2022·甘肃兰州·统考中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，点E在BC边上，将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上．若CE=3cm，AF=2EF，则AB=______cm．13．（2022·辽宁大连·统考中考真题）如图，对折矩形纸片ABCD，使得AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平，再一次折叠纸片，使点A的对应点A′落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM．连接MF，若MF⊥BM，AB=6cm，则AD的长是____________cm．知识点三：旋转问题22．（2022·山东淄博·统考中考真题）如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶23．（2014·河南·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=1，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕⌢，则图中阴影部分的面积点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，其中点C的运动路径为CC′为__．〖考前预测〗2．（2023·江苏南通·统考一模）如图，等边三角形ABC中，P，Q两点分别在边BC，AC上，3．（2023·辽宁辽阳·辽阳市第一中学校联考一模）在直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=12，AC=9，D是AC边上一动点，连接BD，以AD为直径的圆交BD于点E，则CE长的最小值是______ .4．（2023·四川成都·统考二模）在菱形ABCD中，∠ABC=120°，点P是对角线BD上一动点，点Q是AD边上一动点，DP与AQ始终相等，连结AP、BQ，交点为E，连结CE，则tan∠DCE的最小值是________．5．（2023·贵州黔东南·统考一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为6，4，将△ABC沿射线CA的方向平移得到△GFE，分别连接D E，FD，AF，则DF+DE的最小值为______．6．（2023·湖北随州·统考一模）如图，在正方形ABCD中，点M是AB上一动点，点E是CM的中点，AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接DE，DF．则∠CDF=______，若正方形ABCD的边长为2，则点M在射线AB上运动时，CF的最小值是______．7．（2023·四川南充·统考一模）如图，在菱形ABCD中，线段EF在对角线BD上运动，AB=2，EF=1，∠ABC=60°．下列四个结论：①∠ABD=30°；②当AF⊥AB时，AF=DF；③当△AEF为等腰三角形时，BF=DE；④△AEF周长的最小值为√5+1．其中正确结论的序号是________．8．（2023·安徽亳州·统考三模）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N．（1）∠MDN的度数是_____；（2）若AB=6，AC=8，连接MN，当线段MN有最小值时，线段AM的长为______．9．（2023·河南信阳·统考一模）如图，Rt△AOB的两直角边OA，OB分别在x轴和y轴上，且点A，B的坐标分别是(3,0)和(0,4)，点C是半圆ACB上任意一点，则点O，C的最大距离为___________．10．（2023·黑龙江绥化·统考一模）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点B对应的点B′落在边AD上，折痕EF的两端分别在AB，BC上（含端点），且AB=6cm，BC=10cm，则折痕EF长的最大值是___________cm．11．（2023·陕西宝鸡·统考二模）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点E为边AB的中点，点P在对角线BD上运动，且PE+PA=9，则AB长的最大值为_________．12．（2023·广东东莞·东莞市光明中学校考一模）如图，在△ABC和ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD，CE，延长CE交AB于F．交BD于点G，且CG垂直BD，将ADE 绕点A旋转至AE∥BD时，若CE=5，EF=1，则BG的值是___________．13．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，M为BC的中点，将边AB绕点A逆时针旋转，点B落在B′处，连接MB′，BB′，若∠BB′M=90°，MB′=3，则BC=__________．14．（2023·河南新乡·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，∠B=30°，点D、E分别在边BC、AB上，BD=2，DE∥AC，将△BDE绕点B旋转，点D、E旋转后的对应点分别是D′、E′，当A、D′、E′三点共线时，∠EBE′的度数为__________．15．（2023·上海静安·统考二模）如图，在△ABC中，AB=AC，将△ABC绕着点B旋转后，点C落在AC边上的点E处，点A落在点D处，DE与AB相交于点F，如果BE=BF，那么∠DBC的大小是______．16．（2023·辽宁本溪·统考一模）如图，AC是矩形ABCD的对角线，且∠ACB=30°，点E为边AD上一动点（点E不与点A重合），将△BAE沿BE折叠得到△BA′E，若△BA′E的一边恰好与对角线AC平行，则∠ABE的度数为________．17.（2023·广东深圳·统考二模）如图，矩形ABCD的对角线AC和BD交于点O，E B=3，BC=4．将△ADC沿着AC折叠，使点D落在点E处，连接OE交BC于点F，AE交BC于点G，则EF=________．18．（2023·江苏徐州·校考一模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，BC上的点．将∠A，∠B，∠C按如图所示的方式向内翻折，EQ，EF，DF为折痕．若A，B，C恰好都落在同一点P上，AE=3，则ED=_____．19．（2022·广东梅州·统考一模）如图，在矩形ABCD中，AB=6√3，AD=6，点E为线段CD的中点，动点F从点C出发，沿C→B→A的方向在CB和BA上运动，将矩形沿EF折叠，点C 的对应点为C′，当点C'恰好落在矩形的对角线上时（不与矩形顶点重合），点F运动的距离为__________.20．（2023·四川成都·统考模拟预测）在数学“折向未来”的活动课上，小明用如图所示的长方形纸片ABCD折四边形，AB=9cm，点E，G分别是AD，BC边上的中点，点F，H分别是AB，CD边上的点，且BF=DH=3cm，连接FG，GH，HE，EF，EG．将△BFG，△DEH分别沿FG，EH翻折，点B的对应点为点B′，点D的对应点为点D′，当点B′落在线段EF上时，则BC=______cm；当点B′在△EFG内部时，连接B′D′，若△EB′D′为直角三角形，则四边形EB′GD′的面积为______cm2．。

【中考数学专题】17：全等三角线中的辅助线做法及常见题型之双等腰旋转

专题17：第三章全等三角形中的辅助线的做法及常见题型之双等腰旋转一、单选题1．如图，在等腰Rt ABC ∆中，90BAC ∠=︒，3AB =，点D 在BC 上，以AD 为边向右作等腰Rt ADE ∆，90DAE ∠=︒，连接BE ，若30EBC ∠=︒，则BD 的长为（）A ．2B ．23C ．6D ．42．在Rt△ABC 中，AC=BC ，点D 为AB 中点．△GDH=90°，△GDH 绕点D 旋转，DG ，DH 分别与边AC ，BC 交于E ，F 两点．下列结论：△AE+BF=22AB ；△AE 2+BF 2=EF 2；△S 四边形CEDF =12S △ABC ；△△DEF 始终为等腰直角三角形．其中正确的是( )A ．△△△B ．△△△C ．△△△D ．△△△△3．如图，//AB CD ，BAC ∠与ACD ∠的平分线相交于点G ，EG AC ⊥于点E ，F为AC 中点，GH CD ⊥于H ，FGC FCG ∠=∠．下列说法正确的是( )△AG CG ⊥；△BAG CGE ∠=∠；△AFG GFC S S ∆∆=；△若:2:7EGH ECH ∠∠=，则150AFG ∠=︒．A ．△△△B ．△△C ．△△△D ．△△△△4．如图，已知△ABC 中，AB=AC ，△BAC=90°，直角△EPF 的顶点P 是边BC 中点，两边PE 、PF 分别交AB 、AC 于点E 、F ，当△EPF 在△ABC 内绕顶点P 旋转时（点E不与A 、B 重合），给出以下四个结论：△AE=CF ；△△EPF 是等腰直角三角形；△四边形AEPF 的面积=△ABC 的面积的一半，△当EF 最短时，EF=AP ，上述结论始终正确的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4二、填空题 5．如图，ABC ∆和DCE ∆都是等腰直角三角形，90ACB ECD ∠=∠=︒，42EBD ∠=︒，则AEB ∠=___________度．6．如图，在ABC 中，90,ACB AC BC ∠=︒=，点P 在斜边AB 上，以PC 为直角边作等腰直角三角形PCQ ，90PCQ ∠=︒，则222,,PA PB PC 三者之间的数量关系是_____．7．两块等腰直角三角形纸片AOB和COD按图1所示放置，直角顶点重合在点O处，AB＝13，CD＝7．保持纸片AOB不动，将纸片COD绕点O逆时针旋转a（0<α<90°），如图2所示．当BD与CD在同一直线上（如图3）时，则△ABC的面积为____．三、解答题8．已知Rt△OAB和Rt△OCD的直角顶点O重合，△AOB=△COD=90°，且OA=OB，OC=OD．（1）如图1，当C、D分别在OA、OB上时，AC与BD的数量关系是AC BD（填“>”，“<”或“=”）AC与BD的位置关系是AC BD（填“△”或“△”）；（2）将Rt△OCD绕点O顺时针旋转，使点D在OA上，如图2，连接AC，BD，求证：AC=BD；（3）现将Rt△OCD绕点O顺时针继续旋转，如图3，连接AC，BD，猜想AC与BD 的数量关系和位置关系，并给出证明．9．在Rt△ABC 中,AB=AC,D 为BC 边上一点(不与点B,C 重合),将线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到AE.(1)连接EC ，如图△，试探索线段BC ，CD ，CE 之间满足的等量关系，并证明你的结论；(2)连接DE ，如图△，求证：BD 2+CD 2=2AD 2(3)如图△,在四边形ABCD 中，△ABC=△ACB=△ADC=45°，若BD=13，CD=1，则AD 的长为 ▲ .(直接写出答案）10．已知△ACB 为等腰直角三角形，点P 在BC 上，以AP 为边长作正方形APEF ，（1）如图△，当点P 在BC 上时，求△EBP ；（2）如图△，当点P 在BC 的延长线上时，求△EBP ．11．如图，APB 中，AB 2=，APB 90∠=，在AB 的同侧作正ABD 、正APE和正BPC ，求四边形PCDE 面积的最大值．12．如图，△AOB和△COD均为等腰直角三角形，△AOB＝△COD＝90°，点C、D分别在边OA、OB上的点．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH．（1）如图1，求证：OH＝12AD，OH△AD；（2）将△COD绕点O旋转到图2所示位置时，△中结论是否仍成立？若成立，证明你的结论；若不成立，请说明理由．参考答案1．C【解析】【分析】连接CE ，根据题意可证得ABD ACE ≅，所以,45BD CE ACE ABC =∠=∠=︒，所以90ECB ∠=︒，在等腰Rt ABC ∆，根据3AB =，可求出32BC =，在Rt BCE 中，30EBC ∠=︒，所以2BE CE =，设CE x =，则2BE x =，根据勾股定理可得出关于x 的方程，解出即可得出答案.【详解】解：如图，连接CE ，90BAC BAD DAC ∠︒∠=∠+=，90DAE CAE DAC ∠=∠+∠=︒， BAD CAE ∴∠=∠，在ABD △与ACE △中，AB AC BAD CAE AD AE =∠=∠=⎧⎪⎨⎪⎩()ABD ACE SAS ∴≅，,45BD CE ACE ABC ∴=∠=∠=︒，45ACB =︒∠，90ECB ∴∠=︒；在等腰Rt ABC ∆，3AB AC ==，BC ∴=在Rt BCE 中，30EBC ∠=︒2BE CE ∴=，设CE x =，则2BE x =，(()2222x x ∴+=解得：x =BD CE ∴==故选：C.【点睛】本题考查全等三角形以及勾股定理解特殊直角三角形；题中如果出现两个等腰三角形，顶角相等且重合，则可以考虑手拉手证明全等三角形，题中如果出现等腰直角三角形或者含有30的直角三角形，可利用这两种特殊三角形边之间的关系，已知一边长度，即可求出其他两条边的长度.2．D【解析】【分析】连接CD根据等腰直角三角形的性质就可以得出△ADE△△CDF，就可以得出AE=CF，进而得出CE=BF，就有AE+BF=AC，由勾股定理就可以求出结论．【详解】连接CD，△AC=BC，点D为AB中点，△ACB=90°，△AD=CD=BD=12AB．△A=△B=△ACD=△BCD=45°，△ADC=△BDC=90°．△△ADE+△EDC=90°，△△EDC+△FDC=△GDH=90°，△△ADE=△CDF．在△ADE和△CDF中，A DCBAD CDADE CDF∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝△△ADE△△CDF（ASA），△AE=CF，DE=DF，S△ADE=S△CDF．△AC=BC，△AC-AE=BC-CF，△CE=BF．△AC=AE+CE，△AC=AE+BF=22AB．△DE=DF ，△GDH=90°，△△DEF 始终为等腰直角三角形．△CE 2+CF 2=EF 2，△AE 2+BF 2=EF 2．△S 四边形CEDF =S △EDC +S △EDF ，△S 四边形CEDF =S △EDC +S △ADE =12S △ABC ． △正确的有△△△△．故选D ．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，解题关键是证明△ADE△△CDF ．3．C【解析】【分析】根据平行线的性质以及角平分线的定义即可得到90GAC GCA ∠+∠=︒从而根据三角形的内角和定理得到90AGC ∠=︒，即可判断△正确性；根据等角的余角相等可知CGE GAC ∠=∠，再由角平分线的定义与等量代换可知BAG CGE ∠=∠，即可判断△正确性；通过面积的计算方法，由等底等高的三角形面积相等，即可判断△正确性；通过角度的和差计算先求出EGH ECH ∠∠，的度数，再求出50EGF ∠=︒，再由三角形内角和定理及补角关系即可判断△是否正确．【详解】△中，△AB △CD ，△180BAC ACD ∠+∠=︒，△△BAC 与△DCA 的平分线相交于点G ， △11121809022GAC GCA BAC ACD ∠+∠=∠+∠=⨯︒=︒， △180GAC GCA AGC ∠+∠+∠=︒，△90AGC ∠=︒△AG △CG ，则△正确；△中，由△得AG △CG ，△EG AC ⊥，FGC FCG ∠=∠，△根据等角的余角相等得CGE GAC ∠=∠，△AG 平分BAC ∠，△=BAG GAC ∠∠，△BAG CGE ∠=∠，则△正确；△中，根据三角形的面积公式，△F 为AC 中点，△AF =CF ，△AFG ∆与GFC ∆等底等高，△AFG GFC S S ∆∆=，则△正确；△中，根据题意，得：在四边形GECH 中，180EGH ECH ∠+∠=︒，又△:2:7EGH ECH ∠∠=， △271804018014099EGH ECH ∠=︒⨯=︒∠=︒⨯=︒，， △CG 平分△ECH ， △1702FCG ECH ∠=∠=︒，根据直角三角形的两个锐角互余，得20EGC ∠=︒.△FGC FCG ∠=∠，△70FGC FCG ∠=∠=︒，△50EGF FGC ECG ∠=∠-∠=︒，△EG AC ⊥，△9040GFE EGF ∠=︒-∠=︒，△180********AFG GFE ∠=︒-∠=︒-︒=︒，则△错误.故正确的有△△△，故选：C ．【点睛】本题主要考查了三角形的综合应用，涉及到三角形面积求解，三角形的内角和定理，补角余角的计算，角平分线的定义，平行线的性质等相关知识点以及等量代换等数学思想，熟练掌握相关角度的和差倍分计算是解决本题的关键.4．D【解析】【分析】根据等腰直角三角形的性质可得△BAP =△C =45°，AP =CP ，根据等角的余角相等求出△APE =△CPF ，然后利用“角边角”证明△AEP 和△CPF 全等，根据全等三角形对应边相等可得AE =CF ，PE =PF ，全等三角形的面积相等求出S 四边形AEPF =S △APC ，然后解答即可．【详解】△AB =AC ，△BAC =90°，△△ABC 是等腰直角三角形．△点P 为BC 的中点，△△BAP =△C =45°，AP =CP ．△△EPF 是直角，△△APE +△APF =△CPF +△APF =90°，△△APE =△CPF ．在△AEP 和△CPF 中，△45BAP C AP PC APE CPF ∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，△△AEP △△CPF （ASA ），△AE =CF ，PE =PF ，S △APE =S △CPF ，△S 四边形AEPF =S △APC ，△S 四边形AEPF =12S △ABC ，根据等腰直角三角形的性质，EFPE ，所以，EF 随着点E 的变化而变化，只有当点E 为AB 的中点时，EFPE =AP ，此时，EF 最短；故△△△△正确．故选D ．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并求出三角形全等是解题的关键．5．132【解析】【分析】先证明△BDC△△AEC ，进而得到角的关系，再由△EBD 的度数进行转化，最后利用三角形的内角和即可得到答案．【详解】解：△90ACB ECD ∠=∠=︒，△BCD ACE ∠=∠，在BDC ∆和AEC ∆中，AC BC BCD ACE DC EC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△()BDC AEC SAS ∆∆≌，△DBC EAC ∠=∠，△42EBD DBC EBC ︒∠=∠+∠=，△42EAC EBC ︒∠+∠=，△904248ABE EAB ︒︒︒∠+∠=-=，△180()18048132AEB ABE EAB ︒︒︒︒∠=-∠+∠=-=．故答案为132【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．6．PA 2+PB 2=2PC 2【解析】【分析】把AP 2和PB 2都用PC 和CD 表示出来，结合Rt△PCD 中，可找到PC 和PD 和CD 的关系，从而可找到PA 2，PB 2，PC 2三者之间的数量关系；【详解】解：过点C 作CD△AB ，交AB 于点D△△ACB 为等腰直角三角形，CD△AB ，△CD=AD=DB ，△PA 2=（AD -PD ）2=（CD -PD ）2=CD 2-2CD•PD+PD 2，PB 2=（BD+PD ）2=（CD+PD ）2=CD 2-2CD•PD+PD 2，△PA 2+PB 2=2CD 2+2PD 2=2（CD 2+PD 2），在Rt△PCD 中，由勾股定理可得PC 2=CD 2+PD 2，△PA 2+PB 2=2PC 2，故答案为PA 2+PB 2=2PC 2.【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，关键是作出辅助线，利用三线合一进行论证. 7．30【解析】【分析】设AO 与BC 的交点为点G ，根据等腰直角三角形的性质证△AOC△△BOD ，进而得出△ABC 是直角三角形，设AC ＝x ，BC=x+7，由勾股定理求出x ，再计算△ABC 的面积即可．【详解】解：设AO 与BC 的交点为点G ，△△AOB ＝△COD ＝90°，△△AOC ＝△DOB ，在△AOC 和△BOD 中，OA OB AOC BOD OC OD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，△△AOC△△BOD（SAS），△AC＝BD，△CAO＝△DBO，△△DBO＋△OGB＝90°，△△OGB＝△AGC，△△CAO＋△AGC＝90°，△△ACG＝90°，△CG△AC，设AC＝x，则BD=AC=x，BC=x+7，△BD、CD在同一直线上，BD△AC，△△ABC是直角三角形，△AC2＋BC2＝AB2，()222713x x++=,解得x=5，即AC=5，BC=5+7=12，在直角三角形ABC中，S= 151230 2⨯⨯=，故答案为：30．【点睛】本题考查旋转的性质、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，利用全等三角形的性质解决问题．8．（1）=；△ （2）见解析（3）AC=BD且AC△BD；证明见解析【解析】【分析】（1）根据等式的性质可得AC 与BD 的数量关系，根据△AOB=△COD=90°，可证AC 与BD 的位置关系；（2）证明△OCA△△ODB ，即可得到AC=BD ；（3）证明△OCA△△ODB ，可得AC=BD ，△BDO=△ACO ，进而可证△DEF=90°．【详解】解：（1）△OA=OB ，OC=OD△OA -OC=OB -OD ，△AC=BD ．△△AOB=△COD=90°，△AO△BO ，△C 、D 分别在OA 、OB 上，△AC△BD ；（2）在△OCA 和△ODB 中，90OC OD COA BOD AO BO =⎧⎪∠==⎨⎪=⎩，△△OCA△△ODB ，△AC=BD ；（3）AC=BD ，AC△BD ．理由：△△AOB=△COD=90°，△△AOB+△AOD=△COD+△AOD ，△△AOC=△BOD ，在△OCA 和△ODB 中，OC OD COA BOD AO BO =⎧⎪∠=⎨⎪=⎩，△△OCA△△ODB ，△AC=BD ，△BDO=△ACO ，△△ACO+△CFO=90°，△CFO=△DFE ，△△BDO+△DFE=90°，△△DEF=180°-90°=90°，△AC△BD ．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握全等三角形的判定方法（即SSS 、SAS 、ASA 、AAS 和HL ）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．9．（1）BC=DC+EC ，理由见解析；（2）见解析；（36【解析】【分析】（1）根据本题中的条件证出△BAD△△CAE （SAS ）, 得到BD=CE,再根据条件即可证出结果.（2）由（1）中的条件可得△DCE=△ACE+△ACB=90°, 所以CE 2+CD 2=ED 2,可推出BD 2+CD 2=2ED ,再根据勾股定理可得出结果.（3）作AE△AD,使AE=AD ，连接CE,DE,可推出△BAD△△CAE （SAS ）,所以再根据勾股定理求得DE.【详解】解：（1）结论：BC=DC+EC理由：如图△中,△△BAC=△DAE=90°,△△BAC -△DAC=△DAE -△DAC ，即△BAD=△CAE,在△BAD 和△CAE 中,AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,△△BAD△△CAE （SAS ）;△BD=CE,△BC=BD+CD=EC+CD,即：BC=DC+EC.（2）BD2+CD2=2AD2,理由如下：连接CE,由（1）得，△BAD△△CAE,△BD=CE，△ACE=△B,△△DCE=△ACE+△ACB=90°,△CE2+CD2=ED2,即：BD2+CD2=ED2;在Rt△ADE中,AD2+AE2=ED2,又AD=AE,△ED2=2AD2;△BD2+CD2=2AD2;（3）AD的长为6(学生直接写出答案）.作AE△AD,使AE=AD,连接CE,DE,△△BAC+△CAD=△DAE+△CAD,即△BAD=△CAE,在△BAD与△CAE中,AB=AC，△BAD=△CAE，AD=AE.△△BAD△△CAE（SAS）,△△ADC=45°,△EDA=45°,△△EDC=90°,△DE2=CE2-CD2=2-12=12,△△DAE=90°,AD2+AE2=DE2,.【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．10．（1）135°；（2）45°【解析】【分析】（1）过E作CB垂线，交延长线于点M，可证△ACP△△PEM，得出EM=PC，AC=PM，得出BM=EM，得出△EBM=45°，求得△EBP ；（2）类比（1）的方法同样过E 作CB 垂线，垂足M ，最后得出BM=EM ，得出△EBM=45°得出结论．【详解】（1）如图，过E 作CB 垂线，交延长线于点M ，△四边形APEF 是正方形，△△APE=90°，AP=PE ，△△APC+△PAC=△APC+△EPM=90°，△△PAC=△EPM ，在△ACP 和△PEM 中，PAC EPM C MAP PE ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， △△ACP△△PEM ，△AC=MP ，PC=EM ，△AC=BC ，△BC=MP ，△BM=EM ，△△EBM=45°，△△EBP=135°．（2）如图，作EM△CB ，垂足为M ，△四边形APEF 是正方形，△△APE=90°，AP=PE ，△△APC+△PAC=△APC+△EPM=90°，△△PAC=△EPM ，在△ACP 和△PEM 中，PAC EPM C MAP PE ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， △△ACP△△PEM ，△AC=MP ，PC=EM ，△AC=BC ，△PC=BM ，△BM=EM ，△△EBM=45°．【点睛】此题考查三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线，利用三角形全等的证明方法得出三角形全等是解决问题的关键．11．四边形PCDE 面积的最大值为1．【解析】【分析】先延长EP 交BC 于点F ，得出PF BC ⊥，再判定四边形CDEP 为平行四边形，根据平行四边形的性质得出：四边形CDEP 的面积11EP CF a b ab 22=⨯=⨯=，最后根据22a b 4+=，判断1ab 2的最大值即可．【详解】延长EP 交BC 于点F ，APB 90∠=，APE BPC 60∠∠==，EPC 150∠∴=，CPF 18015030∠∴=-=，PF ∴平分BPC ∠，又PB PC =，PF BC ∴⊥，设Rt ABP 中，AP a =，BP b =，则11CF CP b 22==，222a b 24+==， APE 和ABD 都是等边三角形，AE AP ∴=，AD AB =，EAP DAB 60∠∠==，EAD PAB ∠∠∴=，EAD ∴△()PAB SAS ，ED PB CP ∴==，同理可得：APB △()DCB SAS ，EP AP CD ∴==，∴四边形CDEP 是平行四边形，∴四边形CDEP 的面积11EP CF a b ab 22=⨯=⨯=，又222(a b)a 2ab b 0-=-+≥，222ab a b 4∴≤+=，1ab 12∴≤，即四边形PCDE 面积的最大值为1．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，解决问题的关键是作辅助线构造平行四边形的高线．12．（1）见解析；（2）成立，证明见解析【解析】【分析】（1）只要证明△AOD△△BOC （SAS ），即可解决问题；（2）如图2中，结论：OH=12AD ，OH△AD ．延长OH 到E ，使得HE=OH ，连接BE ，证明△BEH△△CHO （SAS ），可得OE=2OH ，△EBC=△BCO ，证明△BEO△△ODA （SAS ）即可解决问题；【详解】（1）△△OAB 与△OCD 为等腰直角三角形，△AOB ＝△COD ＝90°．△OC ＝OD ，OA ＝OB在△AOD 与△BOC 中OA OB AOD BOC OD OC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩△△AOD △△BOC （SAS ）△△ADO ＝△BCO ，△OAD ＝△OBC ，BC ＝AD△点H 是BC 的中点，△AOB ＝90°△OH ＝HB ＝12BC△△OBH＝△HOB＝△OAD，OH＝12 AD△△OAD＋△ADO＝90°△△ADO＋△BOH＝90°△OH△AD（2）（1）中结论成立；如图，延长OH到E，使得HE＝OH，连接BE，CE△CH＝BH△四边形BOCE是平行四边形△BE＝OC，EB△OC，OH＝12 OE△△EBO＋△COB＝180°△△COB＋△BOD＝90°，△BOD＋△1＝90°△△1＝△COB△△AOD＋△1＝180°△△AOD＝△EBO△△BEO△△ODA△△EOB＝△DAO，OE＝AD△OH＝12 AD△△DAO＋△AOH＝△EOB＋△AOH＝90°△OH△AD【点评】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形三边关系等知识，构造全等三角形解决问题是解题的关键.。

重庆市中考数学17题专训(含解答)

重庆市2018年中考数学17题专训1．（2017•靖江市一模）一辆慢车与一辆快车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，两车在途中相遇后分别按原速同时驶往甲地，两车之间的距离S（km）与慢车行驶时间t（h）之间的函数图象如图所示，则快车到达甲地时，慢车距离甲地km．2．（2016秋•沙坪坝区校级期中）有一个进、出水管的容器，某时刻起4分钟只开进水管，此后进水管，出水管同时开放，经过8分钟注满容器，随后只开出水管，得到时间x（分钟）与水量y（升）之间的函数关系如图，那么容器的容积为升．3．（2015•硚口区模拟）一辆慢车与一辆快车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，两车在途中相遇后都停留一段时间，然后分别按原速一同驶往甲地后停车．设慢车行驶的时间为x小时，两车之间的距离为y千米，图中折线表示y 与x之间的函数图象．当快车到达甲地时，慢车离甲地的距离为千米．4．（2014•新洲区模拟）某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇．已知货车的速度为60千米/时，两车之间的距离y（千米）与货车行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，则快递车从乙地返回时的速度为千米/时．5．（2017•重庆）A、B两地之间的路程为2380米，甲、乙两人分别从A、B两地出发，相向而行，已知甲先出发5分钟后，乙才出发，他们两人在A、B之间的C地相遇，相遇后，甲立即返回A地，乙继续向A地前行．甲到达A地时停止行走，乙到达A地时也停止行走．在整个行走过程中，甲、乙两人均保持各自的速度匀速行走，甲、乙两人相距的路程y（米）与甲出发的时间x（分钟）之间的关系如图所示，则乙到达A地时，甲与A地相距的路程是米．6．（2017•江津区校级三模）甲，乙两车分别从A，B两地同时相向匀速行驶，乙车到达A地后未作停留，继续保持原速向远离B地的方向行驶，而甲车到达B地后修整了1个小时，然后调头并保持原速与乙车同向行驶，经过一段时间后两车同时到达C地．设两车行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为y（千米），y与x之间的函数图象如图所示，则A，C两地相距千米．7．（2017•沙坪坝区校级一模）小兵早上从家匀速步行去学校，走到途中发现数学书忘在家里了，随即打电话给爸爸，爸爸立即送书去，小兵掉头以原速往回走，几分钟后，路过一家书店，此时还未遇到爸爸，小兵便在书店挑选了几支笔，刚付完款，爸爸正好赶到，将书交给了小兵．然后，小兵以原速继续上学，爸爸也以原速返回家．爸爸到家后，过一会小兵才到达学校．两人之间的距离y（米）与小兵从家出发的时间x（分钟）的函数关系如图所示．则家与学校相距米．8．（2017•渝中区校级二模）5月13日，周杰伦2017“地表最强”世界巡回演唱会在奥体中心盛大举行，1号巡逻员从舞台走往看台，2号巡逻号从看台走往舞台，两人同时出发，分别以各自的速度在舞台与看台间匀速走动，出发1分钟后，1号巡逻员发现对讲机遗忘在出发地，便立即返回出发地，拿到对讲机后（取对讲机时间不计）立即再从舞台走往看台，结果1号巡逻员先到达看台，2号巡逻员继续走到舞台，设2号巡逻员的行驶时间为x（min），两人之间的距离为y（m），y与x的函数图象如图所示，则当1号巡逻员到达看台时，2号巡逻员离舞台的距离是米．9．（2017•沙坪坝区一模）小鹏早晨到校发现作业忘带，就打电话叫爸爸立即把作业送到学校，小鹏也同时往家赶，两人相遇后，小鹏以原速度返回学校，爸爸则以原速度的返回家．设爸爸行走的时间为x分钟，小鹏和爸爸两人之间的距离为y米，y与x的函数关系如图所示，则当小鹏回到学校时，爸爸还需要分钟才能到家．10．（2017•渝中区校级一模）快车和慢车同时从甲地出发以不同的速度匀速前往乙地，当快车到达乙地后停留了一段时间，立即从原路以另一速度匀速返回，在途中与慢车相遇，相遇后两车朝各自的方向继续行驶，两车之间的距离y（千米）与慢车行驶的时间t（小时）之间的函数图象如图所示，则甲乙两地的距离是千米．11．（2017•南岸区二模）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发匀速相向而行，大楼C位于AB之间，甲与乙相遇在AC中点处，然后两车立即掉头，以原速原路返回，直到各自回到出发点．设甲、乙两车距大楼C的距离之和为y（千米），甲车离开A地的时间为t（小时），y与t的函数图象所示，则第21小时时，甲乙两车之间的距离为千米．12．（2017•江北区校级模拟）甲、乙两辆汽车从A地出发前往相距250千米的B 地，乙车先出发匀速行驶，一段时间后，甲车出发匀速追赶，途中因油料不足，甲到服务区加油花了6分钟，为了尽快追上乙车，甲车提高速度仍保持匀速行驶，追上乙车后继续保持这一速度直到B地，如图是甲、乙两车之间的距离s（km2），乙车出发时间t（h）之间的函数关系图象，则甲车比乙车早到分钟．13．（2017•江北区一模）甲、乙两人在1800米长的直线道路上跑步，甲、乙两人同起点、同方向出发，并分别以不同的速度匀速前进．已知，甲出发30秒后，乙出发，乙到终点后立即返回，并以原来的速度前进，最后与甲相遇，此时跑步结束．如图，y（米）表示甲、乙两人之间的距离，t（秒）表示甲出发的时间，图中折线及数据表示整个跑步过程中y与t函数关系．那么，乙到终点后秒与甲相遇．14．（2017•萍乡二模）甲、乙两人在直线跑道上同起点、同终点、同方向匀速跑步600米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发2秒．在跑步过程中，甲、乙两人的距离y（米）与乙出发的时间t（秒）之间的关系如图所示，则b=．15．（2017•南岸区校级二模）一列快车从甲地匀速驶往乙地，一列慢车从乙地匀速驶往甲地．设先发车辆行驶的时间为x小时，两车之间的距离为y千米，图中的折线表示y与x之间的函数关系．当两车之间的距离首次为300千米时，经过小时后，它们之间的距离再次为300千米．16．（2016秋•沙坪坝区校级期末）“欢乐跑中国•重庆站”比赛前夕，小刚和小强相约晨练跑步．小刚比小强早1分钟跑步出门，3分钟后他们相遇．两人寒暄2分钟后，决定进行跑步比赛．比赛时小刚的速度始终是180米/分，小强的速度是220米/分．比赛开始10分钟后，因雾霾严重，小强突感身体不适，于是他按原路以出门时的速度返回，直到他们再次相遇．如图所示是小刚、小强之间的距离y（千米）与小刚跑步所用时间x（分钟）之间的函数图象．问小刚从家出发到他们再次相遇时，一共用了分钟．17．（2017春•垫江县期末）一列快车从甲地驶往乙地，一列慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发，设慢车行驶的时间为x小时，两车之间的距离y千米，图中的折线表示y与x之间的函数关系，则出发6小时的时候，甲、乙两车相距千米．18．（2017秋•沙坪坝区校级期中）欢欢和乐乐骑自行车从滨江路上相距10600米的A、B两地同时出发，先相向而行，行驶一段时间后欢欢的自行车坏了，她立刻停车并马上打电话通知乐乐，乐乐接到电话后立刻提速至原来的倍，碰到欢欢后用了5分钟修好了欢欢的自行车，修好车后乐乐立刻骑车以提速后的速度继续向终点A地前行，欢欢则留在原地整理工具，2分钟以后欢欢再以原速返回A地，在整个行驶过程中，欢欢和乐乐均保持匀速行驶（乐乐停车和打电话的时间忽略不计），两人相距的路程s（米）与欢欢出发的时间t（分钟）之间的关系如图所示，则乐乐到达A地时，欢欢与A地的距离为米．19．（2017秋•南岸区校级期中）甲、乙两人同时从各自家里出发，沿同一条笔直的公路向公园进行跑步训练．乙的家比甲的家离公园近100米，5分钟后甲追上乙，此时乙将速度提高到原来的2倍，又经过15分钟，乙先到达公园并立即返回，但因体力不支，乙返回时的速度又降低到原来的速度．甲跑到公园后也立即掉头回家，整个过程中，甲的速度始终保持不变，甲、乙两人相距的路程y（米）与甲出发的时间x（分钟）之间的部分函数关系如图所示，则当乙回到自己家时，甲离自己的家还有米．20．（2017春•沙坪坝区校级期中）如图，小明和小亮同时从学校放学，两人以各自速度匀速步行回家，小明的家在学校的正西方向，小亮的家在学校的正东方向，小明准备一回家就开始做作业，打开书包时发现错拿了小亮的练习册，于是立即跑步去追小亮，终于在途中追上了小亮并交还了练习册，然后再以先前的速度步行回家，（小明在家中耽搁和交还作业的时间忽略不计）结果小明比小亮晚回到家中．如图是两人之间的距离y米与他们从学校出发的时间x分钟的函数关系图．则小明的家和小亮的家相距米．21．（2017春•南岸区期中）已知A，B两港航程为60km，甲船从A港出发顺流匀速驶向B港，同时乙船从B港出发逆流匀速驶向A港，行至某刻，甲船发现船上一救生圈不知何时落入水中，立刻原路返回，找到救生圈后，继续顺流驶向B港．这样甲乙两船同时到达各自目的地，若甲、乙两船在静水中的速度相同，两船之间的距离y（km）与行驶时间x（h）之间的函数图象如图所示，则水流速度为km/h．22．（2017春•北碚区校级月考）甲、乙二人同时从A地出发以相同速度匀速步行去B地，甲途中发现忘带物品匀速跑步回A地取，之后立刻返程以相同速度跑步追赶乙，期间乙继续步行去往B地，会合时乙发现仍然有物品没带，时间紧迫，故乘车返回A地取，期间甲继续以先前的速度步行至B地后等待乙，乙取到物品后乘车也到了终点B地（假定来回车速匀速不变，且甲、乙二人取物品的时间忽略不计）．如图所示是甲乙二人之间的距离y（米）与他们从A地出发所用的时间x的（分钟）的函数图象，则当曱到达B地时，乙与A地相距米．23．（2017春•渝中区校级月考）快车和慢车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快车到达乙地后停留了45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与慢车相遇．已知慢车的速度为60千米/时，两车之间的距离y（千米）与两车行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，则快车从乙地返回时的速度为千米/时．24．（2017春•沙坪坝区校级月考）在一次集训中，一支队伍出发10分钟后，通讯员骑自行车追上队尾传达命令，然后按原速到队首传达命令后继续按原速原路返回．在此过程中队伍一直保持匀速行进，如图所示是通讯员与队首的距离S（米）和通讯员所用时间t（分钟）之间的函数图象．若传达命令所花时间都为2分钟，则当通讯员再次回到队尾时，他一共走了米．25．（2017春•沙坪坝区校级月考）不览夜景，未到重庆．山城夜景，早在清乾隆时期就已有名气，被时任巴县知县王尔鉴，列为巴渝十二景之一．在朝天门码头坐船游两江（即长江、嘉陵江），是游重庆赏夜景的一个经典项目．一艘轮船从朝天门码头出发匀速行驶，1小时后一艘快艇也从朝天门码头出发沿同一线路匀速行驶，当快艇先到达目的地后立刻按原速返回并在途中与轮船第二次相遇．设轮船行驶的时间为t（h），快艇和轮船之间的距离为y（km），y与t的函数关系式如图所示．问快艇与轮船第二次相遇时到朝天门码头的距离为千米．26．（2017春•涪陵区校级月考）甲、乙两人在同一直线噵路上同起点，同方向同进出发，分别以不同的速度匀速跑步1500米，当甲超出乙200米时，甲停下来等候乙，甲、乙会合后，两人分别以原来的速度继续跑向终点，先到达终点的人在终点休息，在跑步的整个过程中，甲、乙两人的距离y（米）与出发的时间x（秒）之间的关系如图所示，则甲到终点时，乙距离终点米．27．（2017春•沙坪坝区校级月考）初三某班学生去中央公园踏青，班级信息员骑自行车先从学校出发，5分钟后其余同学以60米/分的速度从学校向公园行进，信息员先到达公园后用5分钟找到聚集地点，再立即按原路以另一速度返回到队伍汇报聚集地点，最后与同学们一起步行到公园，信息员离其余同学的距离y（米）与信息员出发的时间x（分）之间的关系如图所示，则信息员开始返回之后，再经过分钟与其余同学相距720米．28．（2017春•巫溪县校级月考）国家“5A”级景区某日迎来客流高峰，从索道开始运行前3小时开始，每小时都有a名游客源源不断地涌入候客大厅排队．索道每小时运送b名游客上山，索道运行2小时后，景区调来若干辆汽车和索道一起送游客上山，其中每小时有b名游客乘坐汽车上山．5小时后，在候客大厅排队的游客人数降至1000人，候客大厅排队的游客人数y（人）与游客开始排队后的时间x（小时）之间的关系如图所示．则a=．29．（2017秋•沙坪坝区校级月考）小亮和小花约定周六早晨在一直线公路AB上进行（A→B→A）往返跑训练，两人同时从A点出发，小亮以较快的速度匀速跑到点B休息1分钟后立即原速跑回A点，小花先匀速慢跑了5分钟后，把速度提高到原来的倍，又经过6分钟后超越了小亮一段距离，小花又将速度降低到出发时的速度，并以这一速度匀速跑到B点看到休息的小亮，然后立即以出发时的速度跑回A点．若两人之间的距离记为y（米），小花的跑步时间记为x（分），y和x的部分函数关系如图所示，则当小亮回到A点时小花距A点米．30．（2017春•北碚区校级月考）在我校刚刚结束的缤纷体育节上，初三年级参加了60m迎面接力比赛．假设每名同学在跑步过程中是匀速的，且交接棒的时间忽略不计，如图是A、B两班的路程差y（米）与比赛开始至A班先结束第二棒的时间x（秒）之间的函数图象．则B班第二棒的速度为米/秒．31．（2017春•北碚区校级月考）设甲、乙两车在同一直线公路上匀速行驶，开始甲车在乙车的前面，当乙车追上甲车后，两车停下来，把乙车的货物转给甲车，然后甲车继续前行，乙车向原地返回．设x秒后两车间的距离为y米，y关于x 的函数关系如图所示，则乙车的速度是米/秒．32．（2016•重庆）甲、乙两人在直线道路上同起点、同终点、同方向，分别以不同的速度匀速跑步1500米，先到终点的人原地休息，已知甲先出发30秒后，乙才出发，在跑步的整个过程中，甲、乙两人的距离y（米）与甲出发的时间x（秒）之间的关系如图所示，则乙到终点时，甲距终点的距离是米．33．（2016秋•九龙坡区校级月考）甲、乙两人在直线道路上同起点、同终点、同方向，分别以不同的速度匀速跑步600米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发4秒后，乙才出发，在跑步的整个过程中，甲、乙两人的距离y（米）与乙出发的时间t（秒）之间的关系如图所示，则a的值为．34．（2017秋•九龙坡区校级月考）甲、乙两人从A地出发前往B地，甲先出发1分钟后，乙再出发，乙出发一段时间后返回A地取物品，甲、乙两人同时达到B地和A地，并立即掉头相向而行直至相遇，甲、乙两人之间相距的路程y（米）与甲出发的时间x（分钟）之间的关系如图所示，则甲、乙两人最后相遇时，乙距B地的路程是米．35．（2016•重庆校级三模）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向而行，甲车从A地行驶到B地后，立即按原速度返回A地，乙车从B地行驶到A地，两车到达A地均停止运动．两车之间的距离y（单位：千米）与乙车行驶时间x （单位：小时）之间的函数关系如图所示，问两车第二次相遇时乙车行驶的时间为小时．36．（2016•重庆校级一模）甲、乙两车分别从A，B两地同时相向匀速行驶．当乙车到达A地后，继续保持原速向远离B的方向行驶，而甲车到达B地后立即掉头，并保持原速与乙车同向行驶，经过一段时间后两车同时到达C地．设两车行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为y（千米），y与x之间的函数关系如图所示，则B，C两地相距千米．重庆市2018年中考数学17题专训参考答案1．（2017•靖江市一模）一辆慢车与一辆快车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，两车在途中相遇后分别按原速同时驶往甲地，两车之间的距离S（km）与慢车行驶时间t（h）之间的函数图象如图所示，则快车到达甲地时，慢车距离甲地60km．【解答】解：快车的速度为560÷7=80（km/h），慢车的速度为560÷4﹣80=60（km/h），快车到达甲地时，慢车距离甲地的距离为（80﹣60）×（7﹣4）=60（km）．故答案为：60．2．（2016秋•沙坪坝区校级期中）有一个进、出水管的容器，某时刻起4分钟只开进水管，此后进水管，出水管同时开放，经过8分钟注满容器，随后只开出水管，得到时间x（分钟）与水量y（升）之间的函数关系如图，那么容器的容积为40升．【解答】解：由图示可直接得到容器进水速度为：20÷4=5（升/分），则12分钟应进水60升，设容器容积为y升，由题意得：（60﹣y）÷8=y÷（28﹣12），解得：y=40，故答案为：40．3．（2015•硚口区模拟）一辆慢车与一辆快车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，两车在途中相遇后都停留一段时间，然后分别按原速一同驶往甲地后停车．设慢车行驶的时间为x小时，两车之间的距离为y千米，图中折线表示y 与x之间的函数图象．当快车到达甲地时，慢车离甲地的距离为60千米．【解答】解：由题意可得出：慢车和快车经过4个小时后相遇，相遇后停留了1个小时，出发后两车之间的距离开始增大，快车到达甲地后两车之间的距离开始缩小，由图分析可知快车经过3个小时后到达甲地，此段路程慢车需要行驶4小时，因此慢车和快车的速度之比为3：4，∴设慢车速度为3xkm/h，快车速度为4xkm/h，∴（3x+4x）×4=560，x=20，∴快车的速度是80km/h，慢车的速度是60km/h．快车和慢车相遇地离甲地的距离为4×60=240km，当慢车行驶了7小时后，快车已到达甲地，此时两车之间的距离为240﹣3×60=60km．故答案为60．4．（2014•新洲区模拟）某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇．已知货车的速度为60千米/时，两车之间的距离y（千米）与货车行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，则快递车从乙地返回时的速度为90千米/时．【解答】解：设快递车从甲地到乙地的速度为x千米/时，则3（x﹣60）=120，x=100．则甲、乙两地之间的距离是3×100=300（千米）；快递车返回时距离货车的距离是：300﹣60（3+）=75（千米），设快递车从乙地返回甲地的速度是y千米/小时．根据题意得：（60+y）【4﹣（3+）】=75，解得：y=90．则快递车从乙地返回甲地的速度是90千米/小时．5．（2017•重庆）A、B两地之间的路程为2380米，甲、乙两人分别从A、B两地出发，相向而行，已知甲先出发5分钟后，乙才出发，他们两人在A、B之间的C地相遇，相遇后，甲立即返回A地，乙继续向A地前行．甲到达A地时停止行走，乙到达A地时也停止行走．在整个行走过程中，甲、乙两人均保持各自的速度匀速行走，甲、乙两人相距的路程y（米）与甲出发的时间x（分钟）之间的关系如图所示，则乙到达A地时，甲与A地相距的路程是180米．【解答】解：由题意可得，甲的速度为：（2380﹣2080）÷5=60米/分，乙的速度为：（2080﹣910）÷（14﹣5）﹣60=70米/分，则乙从B到A地用的时间为：2380÷70=34分钟，他们相遇的时间为：2080÷（60+70）=16分钟，∴甲从开始到停止用的时间为：（16+5）×2=42分钟，∴乙到达A地时，甲与A地相距的路程是：60×（42﹣34﹣5）=60×3=180米，故答案为：180．6．（2017•江津区校级三模）甲，乙两车分别从A，B两地同时相向匀速行驶，乙车到达A地后未作停留，继续保持原速向远离B地的方向行驶，而甲车到达B 地后修整了1个小时，然后调头并保持原速与乙车同向行驶，经过一段时间后两车同时到达C地．设两车行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为y（千米），y与x之间的函数图象如图所示，则A，C两地相距420千米．【解答】解：由图象可得：当x=0时，y=300，∴AB=300千米．∴甲车的速度=300÷5=60千米/小时，又∵300÷3=100千米/小时，∴乙车的速度=100﹣60=40千米/小时，设甲、乙两车出发后经过t小时同时到达C地，依题意可得：60（t﹣1）﹣40t=300，解得t=18，∴B，C两地的距离=40×18=720千米，则A，C两地相距：720﹣300=420千米，故答案为：420．7．（2017•沙坪坝区校级一模）小兵早上从家匀速步行去学校，走到途中发现数学书忘在家里了，随即打电话给爸爸，爸爸立即送书去，小兵掉头以原速往回走，几分钟后，路过一家书店，此时还未遇到爸爸，小兵便在书店挑选了几支笔，刚付完款，爸爸正好赶到，将书交给了小兵．然后，小兵以原速继续上学，爸爸也以原速返回家．爸爸到家后，过一会小兵才到达学校．两人之间的距离y（米）与小兵从家出发的时间x（分钟）的函数关系如图所示．则家与学校相距1740米．【解答】解：观察图象可知小兵爸爸的速度为=90米/分，设小兵的速度为x米/分，由图象可知10（90+x）=1500，解得x=60米/分，60×4=240，1500+240=1740米．故答案为1740．8．（2017•渝中区校级二模）5月13日，周杰伦2017“地表最强”世界巡回演唱会在奥体中心盛大举行，1号巡逻员从舞台走往看台，2号巡逻号从看台走往舞台，两人同时出发，分别以各自的速度在舞台与看台间匀速走动，出发1分钟后，1号巡逻员发现对讲机遗忘在出发地，便立即返回出发地，拿到对讲机后（取对讲机时间不计）立即再从舞台走往看台，结果1号巡逻员先到达看台，2号巡逻员继续走到舞台，设2号巡逻员的行驶时间为x（min），两人之间的距离为y（m），y与x的函数图象如图所示，则当1号巡逻员到达看台时，2号巡逻员离舞台的距离是米．【解答】解：由图象可得2号巡逻员的速度为1000÷12.5=80m/min，1号巡逻员的速度为（1000﹣800）÷1﹣80=200﹣80=120m/min，设两车相遇时的时间为xmin，可得方程：80x+120（x﹣2）=800+200，解得：x=6.2，∴a=6.2，∴2号巡逻员的路程为6，.2×80=496m，1号巡逻员到达看台时，还需要=min，∴2号巡逻员离舞台的距离是1000﹣80×（6.2+）=m，故答案为：m．9．（2017•沙坪坝区一模）小鹏早晨到校发现作业忘带，就打电话叫爸爸立即把作业送到学校，小鹏也同时往家赶，两人相遇后，小鹏以原速度返回学校，爸爸则以原速度的返回家．设爸爸行走的时间为x分钟，小鹏和爸爸两人之间的距离为y米，y与x的函数关系如图所示，则当小鹏回到学校时，爸爸还需要 2.5分钟才能到家．【解答】解：设爸爸从家到与小明相遇的过程中的速度为a米/分钟，由题意和图象可得，，解得，a=120，∴当小鹏回到学校时，爸爸还需要：=2.5（分钟），故答案为：2.5．10．（2017•渝中区校级一模）快车和慢车同时从甲地出发以不同的速度匀速前往乙地，当快车到达乙地后停留了一段时间，立即从原路以另一速度匀速返回，在途中与慢车相遇，相遇后两车朝各自的方向继续行驶，两车之间的距离y（千米）与慢车行驶的时间t（小时）之间的函数图象如图所示，则甲乙两地的距离是390千米．【解答】解：由题意慢车为60km/h，设快车是速度为xkm/h，由题意4x﹣4×60=150，解得x=km/h，所以甲乙两地的距离4×=390km，故答案为390．11．（2017•南岸区二模）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发匀速相向而行，大楼C位于AB之间，甲与乙相遇在AC中点处，然后两车立即掉头，以原速原。

中考数学17题专题训练

中考数学17题专题训练题目一：已知正整数a、b满足a+b=12，且a^2+b^2=58，求a和b的值。

解析：根据题目中的条件，我们可以列出一个由a和b组成的二元一次方程组。

首先，我们可以利用第一个条件a+b=12来求解其中一个变量。

假设a的值为x，则b的值为12-x。

将这个结果代入第二个条件a^2+b^2=58中，我们可以得到一个关于x的方程。

展开方程，得到x^2 + (12-x)^2 = 58。

继续展开并化简，得到2x^2 - 24x + 48 = 0。

这是一个二次方程，我们可以使用求根公式来解得x的值。

求根公式为x = (-b ± √(b^2 - 4ac)) / 2a，其中a=2，b=-24，c=48。

代入这些值，我们可以得到x的两个解。

x = (24 ± √((-24)^2 - 4(2)(48))) / (2(2))。

计算得x = (24 ± √(576 - 384)) / 4 = (24 ± √192) / 4。

进一步计算，得到x = (24 ± 8√3) / 4 = 6 ± 2√3。

因此，a的两个解分别为6 + 2√3和6 - 2√3。

对应地，b的两个解分别为12 - (6 + 2√3) = 6 - 2√3和12 - (6 - 2√3) = 6 + 2√3。

所以，题目中的a和b的值有两对解：(6 + 2√3, 6 - 2√3)和(6 - 2√3, 6 + 2√3)。

题目二：如图所示，AB是一个直径为8cm的半圆，C为半圆上一点，且AC = 6cm，CD ⊥ AB于D，求CD的长。

解析：根据题目中的条件，我们可以利用几何知识来解决这道题。

首先，根据题目给出的信息，我们可以得知半圆的直径为8cm，即AB = 8cm。

又因为AC =6cm，所以BC = AB - AC = 8cm - 6cm = 2cm。

由于CD ⊥ AB，我们可以利用直角三角形的性质来求解CD的长度。

2021重庆中考数学17题专题训练1

2021重庆中考数学17题专题训练117.从-1,0,1,2,3这五个数中，随机抽取一个数记为m，则使关于x 的不等式组?x?1≤m 有解，并且使函数y??m?1?x2?2mx?m?2与x轴有交点的概率??2?x≤2m为 . 17．从-1，0，2，3这四个数中，任取两个数作为a,b，分别代入一元二次方程ax2+bx+2=0中，那么所有可能的一元二次方程中有实数解的一元二次方程的概率为____________．17．有六张正面分别标有数字?3，?2，?1，0，1，2的不透明卡片，它们除数字不同外其余全部相同．现将它们背面朝上，洗匀后从中任取一张，将该卡片上的数字记为a，则使关于x的函数y??a?1?x2?ax?1的图象与x轴没有交点，且使关于x的?x?2?a有解的概率为．?1?x?2a2117. 从?2,?,,1,3五个数中任选1个数，记为a，它的倒数记为b，32不等式组??2x?a?1?将a,b代入不等式组?xx?b中，能使不等式组至少有两个整数解的概率是．??3?217．从?3，?2，?1，1，2，3六个数中任选一个数记为k，则使得关于x的分式方程k?13???k?2有解，且关于x的一次函数y??k??x?2不经过第四象限的概率x?12??为．17．有四张正面分别标有?1，0，1，2的不透明的卡片，它们除数字不同外其余全部相同，现将它们背面朝上，洗匀后从中取出一张，将卡片上的数字记为a，不放回，再取出一张，将卡片上的数字记为b，设P点的坐标为（a，b），则点P落在势物线y?x2与直线y?x?2所围成的封闭区域内（含边界）的概率是 . 17．在平面直角坐标系中，抛物线 y?x2?2x?3 与x轴交于B、C两点，（点B在点C的左侧），点A在该抛物线上，且横坐标为－2，连接AB、AC，现将背面完全相同正面分别标有－2、－1、0、1、2的五张卡片洗匀后，背面朝上，从中任取一张，将该卡片上的数作为点P的横坐标，将该数加1作为点P的纵坐标，则点P落在△ABC内（不含边界）的概率为________。

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重庆中考数学第17题专题训练
1、A、B两地之间的路程为2480米,甲、乙两人分别从A、B两地出发,相向而行,已知甲先出发4分钟后,乙才出发,他们两人在A、B之间的C地相遇,相遇后,甲立即返回A地,乙继续向A地前行，甲到达A地时停止行走,乙到达A地时也停止行走，在整个行走过程中，甲、乙两人均保持各自的速度匀速行走,甲、C 两人相距的路程y(米)与甲出发的时间x(分钟)之间的关系如图所示,则乙到达A地时,甲与A地相距的路程是米.
2、甲、乙两人在1800米长的直线道路上跑步,甲、乙两人同起点、同方向出发,并分别以不同的速度匀速前进已知,甲出发30秒后,乙出发,乙到终点后立即返回,井以原来的速度前进,最后与甲相遇,此时跑步结束,如图,y(米)表示甲、乙两人之间的距离，t(秒)表示甲出发的时间,图中折线及数据表示整个跑步过程中y 与t函数关系，那么,乙到终点后秒与甲相遇.
3、A、B两地相距240千米,甲、乙两车沿同一线路从A地出发到B地，,分别以一定的速度匀速行驶，,甲先出发40分钟,乙车才出发,途中乙车发生故阵,整车耗时20分钟，随后乙车车速比发生故障时减少了a 千米/小时（仍保持匀速行驶)，甲、乙两年同时到达B地,甲,乙两车相距的路程y（千米)与甲车行驶时间x(小时)之间的关系如图所示,则a的值为
4、甲、乙两人沿相同路线同时从A地出发去往B地,分别以一定的速度匀速步行,出发5分钟,甲发现自己有物品落在A地,于是立即以之前速度的2倍跑回A地,在到达A地并停留了8分钟后骑车以更快的速度匀速驶往B地,乙在途中某地停留了5分钟,之后以原速继续前进,最终两人同时到达B地,甲、乙两人的距离y(米)与甲行进时间x(分)之间的关系如图所示,则A、B两地之间的距离为
5.春天的某个周末，阳光明媚，适合户外运动.下午，住在同一小区的小懿、小静两人不约而同的都准备
从小区出发，沿相同的路线步行去同一公园赏花！小懿出发5分钟后小静才出发，同时小懿发现当天的光
线很适合摄影，所以决定按原速度回家拿相机，小懿拿了相机后，担心错过最佳拍照时间，所以速度提高
了20%，结果还是比小静晚2分钟到达公园.小懿取相机的时间忽略不计，在整个过程中，小静保持匀速运
动，小懿提速前后也分别保持匀速运动.如图所示是小懿、小静之间的距离y （米）与小懿离开小区的时
间x （分钟）之间的函数图象.则小区到公园的距离为米
.
A 地到
B 地在A 、B 之间的
C 地乙追上甲，甲立即返回
A 地,乙继续向
B 地前行。

两人到达各自目的地后均停止行走，在整个过程中,甲、乙两人均保持各自的速
度匀速行走甲、乙两人相距的路程y(米)与甲出发的时间x(分钟)之间的关系如图所示则乙到达B 地时,甲与
A 地相距的路程是米
分钟
8、A、B两地之间有一条直线跑道,甲、乙两人分别从A、B同时出发,相向而行匀速跑步,且乙的速度是
甲速度的80%,当甲,乙分别到达B地,A她后立即调头往回跑,甲的速度保持不变,乙的速度提高25%(仍保持匀速前行),甲,乙两人之间的距离y(米)与跑步时间x(分钟)之间的关系如图所示,则他们在第二次相遇时距B 地米
9、甲、乙两人在一条直线道路上分别从相距150米的A、B两点同时出发，相向而行,当两人相遇后，甲向点B前进(甲到达点B时停止运动),乙也立即向B点返回。

在整个运动过程中,甲、乙均保持匀速运动,甲、乙两人之间的距离y(米)与乙运动的时间x(秒)之间的关系如图所示,则甲到B点时,乙距B点的距离是
10、甲、乙两个家庭相约分别驾车从A地到B地去游玩,途中一定经过C地,甲先出发12分钟,乙才出发,他们分别以不同的速度匀速行驶.甲在经过C地时,看错公路指示牌,驾车到达了D地,甲刚到达D地时,得知乙恰好到达C地,甲立即按原路线返回C地并继续赶往B地,且返回时的速度在其出发时速度的基础上增加了20%(仍保持匀速行驶),结果甲、乙同时到达B地。

甲、乙相距的路程y(干米)与甲出发的时间x小时)之间的关系如图所示,则A、B两地之间的路程是千米
11、从A地到B地需修一条公路,该工程由甲、乙两队共同完成,甲、乙两队分别从A地、B地同时开始修路,设修路的时间为x(天)，未修的路程为y(米)，图中的折线表示甲、乙两个工程队从开始施工到工程结束的过程中y与x间的函数关系,已知在开始修路5天后,甲工程队因设备升级而停工5天,设备升级后甲工队每天修路比原来多25%,乙队施工效率始终不变，则设备升级后甲工程队每天修路比原来多米。

12、A、C、B三地依次在一条笔直的道路上,甲,乙两车同时分别从A,B两地出发,相向而行,甲车从A地行驶到B地就停止,乙车从B地行驶到A地后,立即以相同的速度返回B地,在整个行驶的过程中,甲、乙两车均保持匀速行驶,甲,乙两车距C地的距离之和y(km)与甲车出发的时间t(h)之间的函数关系如图所示,则乙第二次到达C地时,甲车距B地的距离为km.
13、大课间到了,小明和小欢两人打算从教室匀速跑到600米外的操场做课闻操。

刚出发时小明就发现鞋带松了,停下来系鞋带,小欢则直接前往操场，小明系好鞋带后立即沿同一路线开始迫赶小欢,小明在中追上小欢后继续前行,小明到达操场时课间操还没有开始,于是小明站在操场等待，小欢继续前往操场。

设小明和小欢两人相距s(米),小欢行走的时闻为t(分钟), s关于t的函数的部分像如所示,当两人第三次相60米时，小明离操场还有米.
14、一辆快车从甲地驶往乙地，一辆慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发，匀速行驶，设行驶的时间为x(时)两车之间的距离为y(千米),图中的折线表示从两车出发至快车到达乙地过程中y与x之间的函数关系,已知两车相遇时快车比慢车多行驶60千米，若快车从甲地到达乙地所需时间为t时,则此时慢车与甲地相距千米.
15、甲、乙两名同学参加户外拓展活动,过程如下:甲、乙分别从直线赛道A、B两端同时出发,匀速相向而行,相遇时,甲将出发时在A地抽取的任务单递给乙后绯续向B地前行,乙原地执行任务,用时14分钟,再继续向A地前行,此时甲尚未到达B地。

当甲和乙分别到达B地和A地后立即以原路原速返回并交换角色，即由乙在A地抽取任务单,与甲相遇时交给甲，由甲原地执行任务,乙继续向B地前行,抽取和递交任务单的时间忽略不,甲、乙两名同学之间的距离y(米)与运动时间x(分)之间的如图所示,已知甲的速度为60米/分,且甲的速度小干乙的速度,则甲在发后第分钟开始执行任务。

16、一天学生小明早上从家去学校,已知小明家离学校路程为2280米(小明每次走的路程),小明从家匀速步行了10.5分钟后,爸爸发现小明的一科作业忘带,爸爸立刻拿起小明忘带的作业匀速跑步追赶小明,追上小明后爸爸立即将作业交给小明,小明继续以原速向学校行走(假定爸爸将作业交给小明的时间忽略不计),爸爸将作业带给小明后,原地接了2分钟的电话后,立即以更快的速度匀速返回家中.小明和爸爸两人相距的路程y(米)与小明出发的时间x(分钟)之间的关系如图所示,则爸爸到达家时,小明与学校相距的路程是米。