2018山东泰安中考数学总复习专题三:几何变换压轴题
中考数学总复习专题几何变换压轴题课件
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济南市学考对此问题的考查:2016年学考试题第21题考查了 翻折问题,第27题考查了旋转、相似问题;2015年学考试题第15 题考查了二次函数图象平移问题,第27题考查了旋转问题;2014 年学考试题第12题考查了翻折问题,第20题考查了平移问题,第 27题考查了旋转问题;2013年学考试题第9题考查了旋转问题; 2012年学考试题第19题考查了平移问题,第26题考查了旋转、相 似问题.
几何变换压轴题多以三角形、四边形ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ主,结合平移、旋转 、翻折、相似等变换,而四边形的问题常要转化成三角形的问题 来解决,通过证明三角形的全等或相似得到相等的角、相等的边 或成比例的边,通过勾股定理计算边长.要熟练掌握特殊四边形的 判定定理和性质定理,灵活选择解题方法,注意区分各种四边形 之间的关系,正确认识特殊与一般的关系,注意方程思想、对称 思想以及转化思想的相互渗透.
中考数学 2018年山东省泰安市中考数学试卷含答案(Word版)
泰安市2018年初中学业水平考试数学试题第Ⅰ卷(选择题 共36分)一、选择题(本大题共12个小题,在每小题给出的四个选项中,只有一个是正确的,请把正确的选项选出来,每小题选对3分,选错、不选或选出的答案超过一个,均记零分)1.计算:0(2)(2)--+-的结果是( )A .-3B .0C .-1D .3 2.下列运算正确的是( )A .33623y y y += B .236y y y ⋅= C .236(3)9y y = D .325y y y -÷=3.如图是下列哪个几何体的主视图与俯视图( )A .B .C .D .4.如图,将一张含有30角的三角形纸片的两个顶点叠放在矩形的两条对边上,若244∠=,则1∠的大小为( )A .14B .16C .90α-D .44α-5.某中学九年级二班六级的8名同学在一次排球垫球测试中的成绩如下(单位:个) 35 38 42 44 40 47 45 45 则这组数据的中位数、平均数分别是( )A .42、42B .43、42C .43、43D .44、436.夏季来临,某超市试销A 、B 两种型号的风扇,两周内共销售30台,销售收入5300元,A 型风扇每台200元,B 型风扇每台150元,问A 、B 两种型号的风扇分别销售了多少台?若设A 型风扇销售了x 台,B 型风扇销售了y 台,则根据题意列出方程组为( ) A .530020015030x y x y +=⎧⎨+=⎩ B .530015020030x y x y +=⎧⎨+=⎩C .302001505300x y x y +=⎧⎨+=⎩ D .301502005300x y x y +=⎧⎨+=⎩7.二次函数2y ax bx c =++的图象如图所示,则反比例函数ay x=与一次函数y ax b =+在同一坐标系内的大致图象是( )A .B .C .D .8.不等式组111324(1)2()x x x x a -⎧-<-⎪⎨⎪-≤-⎩有3个整数解,则a 的取值范围是( ) A .65a -≤<- B .65a -<≤- C .65a -<<- D .65a -≤≤-9.如图,BM 与O 相切于点B ,若140MBA ∠=,则ACB ∠的度数为( )A .40B .50C .60D .70 10.一元二次方程(1)(3)25x x x +-=-根的情况是( )A .无实数根B .有一个正根,一个负根C .有两个正根,且都小于3D .有两个正根,且有一根大于311.如图,将正方形网格放置在平面直角坐标系中,其中每个小正方形的边长均为1,ABC ∆经过平移后得到111A B C ∆,若AC 上一点(1.2,1.4)P 平移后对应点为1P ,点1P 绕原点顺时针旋转180,对应点为2P ,则点2P 的坐标为( )A .(2.8,3.6)B .( 2.8, 3.6)--C .(3.8,2.6)D .( 3.8, 2.6)-- 12.如图,M 的半径为2,圆心M 的坐标为(3,4),点P 是M 上的任意一点,PA PB ⊥,且PA 、PB与x 轴分别交于A 、B 两点,若点A 、点B 关于原点O 对称,则AB 的最小值为( )A .3B .4C .6D .8第Ⅱ卷(非选择题 共84分)二、填空题(本大题共6小题,满分18分.只要求填写最后结果,每小题填对得3分)13.一个铁原子的质量是0.000000000000000000000000093kg ,将这个数据用科学记数法表示为kg .14.如图,O 是ABC ∆的外接圆,45A ∠=,4BC =,则O 的直径..为 .15.如图,在矩形ABCD 中,6AB =,10BC =,将矩形ABCD 沿BE 折叠,点A 落在'A 处,若'EA 的延长线恰好过点C ,则sin ABE ∠的值为 .16.观察“田”字中各数之间的关系:,…,,则c 的值为 .17.如图,在ABC ∆中,6AC =,10BC =,3tan 4C =,点D 是AC 边上的动点(不与点C 重合),过D作DE BC ⊥,垂足为E ,点F 是BD 的中点,连接EF ,设CD x =,DEF ∆的面积为S ,则S 与x 之间的函数关系式为 .18.《九章算术》是中国传统数学最重要的著作,在“勾股”章中有这样一个问题:“今有邑方二百步,各中开门,出东门十五步有木,问:出南门几步而见木?”用今天的话说,大意是:如图,DEFG 是一座边长为200步(“步”是古代的长度单位)的正方形小城,东门H 位于GD 的中点,南门K 位于ED 的中点,出东门15步的A 处有一树木,求出南门多少步恰好看到位于A 处的树木(即点D 在直线AC 上)?请你计算KC 的长为 步.三、解答题(本大题共7小题,满分66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)19.先化简,再求值2443(1)11m m m m m -+÷----,其中2m =.20.文美书店决定用不多于20000元购进甲乙两种图书共1200本进行销售.甲、乙两种图书的进价分别为每本20元、14元,甲种图书每本的售价是乙种图书每本售价的1.4倍,若用1680元在文美书店可购买甲种图书的本数比用1400元购买乙种图书的本数少10本. (1)甲乙两种图书的售价分别为每本多少元?(2)书店为了让利读者,决定甲种图书售价每本降低3元,乙种图书售价每本降低2元,问书店应如何进货才能获得最大利润?(购进的两种图书全部销售完.)21.为增强学生的安全意识,我市某中学组织初三年级1000名学生参加了“校园安全知识竞赛”,随机抽取了一个班学生的成绩进行整理,分为A ,B ,C ,D 四个等级,并把结果整理绘制成条形统计图与扇形统计图(部分),请依据如图提供的信息,完成下列问题:(1)请估计本校初三年级等级为A 的学生人数;(2)学校决定从得满分的3名女生和2名男生中随机抽取3人参加市级比赛,请求出恰好抽到2名女生和1名男生的概率.22.如图,矩形ABCD 的两边AD 、AB 的长分别为3、8,E 是DC 的中点,反比例函数my x=的图象经过点E ,与AB 交于点F .(1)若点B 坐标为(6,0)-,求m 的值及图象经过A 、E 两点的一次函数的表达式; (2)若2AF AE -=,求反比例函数的表达式.23.如图,ABC ∆中,D 是AB 上一点,DE AC ⊥于点E ,F 是AD 的中点,FG BC ⊥于点G ,与DE 交于点H ,若FG AF =,AG 平分CAB ∠,连接GE ,GD .(1)求证:ECG GHD ∆≅∆;(2)小亮同学经过探究发现:AD AC EC =+.请你帮助小亮同学证明这一结论. (3)若30B ∠=,判定四边形AEGF 是否为菱形,并说明理由.24.如图,在平面直角坐标系中,二次函数2y ax bx c =++交x 轴于点(4,0)A -、(2,0)B ,交y 轴于点(0,6)C ,在y 轴上有一点(0,2)E -,连接AE .(1)求二次函数的表达式;(2)若点D 为抛物线在x 轴负半轴上方的一个动点,求ADE ∆面积的最大值;(3)抛物线对称轴上是否存在点P ,使AEP ∆为等腰三角形,若存在,请直接写出所有P 点的坐标,若不存在请说明理由.25.如图,在菱形ABCD 中,AC 与BD 交于点O ,E 是BD 上一点,//EF AB ,EAB EBA ∠=∠,过点B 作DA 的垂线,交DA 的延长线于点G .(1)DEF ∠和AEF ∠是否相等?若相等,请证明;若不相等,请说明理由; (2)找出图中与AGB ∆相似的三角形,并证明;(3)BF 的延长线交CD 的延长线于点H ,交AC 于点M .求证:2BM MF MH =⋅.泰安市2018年初中学业水平考试数学试题(A )参考答案一、选择题1-5: DDCAB 6-10: CCBAD 11、12:AC二、填空题13. 269.310-⨯ 14. (或8214+) 17. 233252y x x =-+ 18.20003三、解答题19.解:原式22(2)3111m m m m --+=÷--2(2)(2)(2)11m m m m m -+-=÷--2(2)11(2)(2)m m m m m --=⨯-+-22mm-=+.当2m =时,原式1===.20.解:(1)设乙种图书售价每本x 元,则甲种图书售价为每本1.4x 元. 由题意得:14001600101.4x x-=, 解得:20x =.经检验,20x =是原方程的解.所以,甲种图书售价为每本1.42028⨯=元,答:甲种图书售价每本28元,乙种图书售价每本20元. (2)设甲种图书进货a 本,总利润w 元,则(28203)(20142)(1200)w a a =--+---4800a =+.又∵2014(1200)20000a a +⨯-≤, 解得16003a ≤, ∵w 随a 的增大而增大, ∴当a 最大时w 最大, ∴当533a =本时w 最大,此时,乙种图书进货本数为1200533667-=(本). 答:甲种图书进货533本,乙种图书进货667本时利润最大. 21.解:(1)由题意得,所抽取班级的人数为:820%40÷=(人), 该班等级为A 的人数为:40258240355---=-=(人), 该校初三年级等级为A 的学生人数约为:5110001000125408⨯=⨯=(人). 答:估计该校初三等级为A 的学生人数约为125人.(2)设两位满分男生为1m ,2m ,三位满分女生为1g ,2g ,3g .从这5名同学中选3名同学的所有可能结果为:121(,,)m m g ,122(,,)m m g ,123(,,)m m g ,112(,,)m g g ,113(,,)m g g ,123(,,)m g g ,212(,,)m g g ,213(,,)m g g ,223(,,)m g g ,123(,,)g g g ,共10种情况. 其中,恰好有2名女生,1名男生的结果为:112(,,)m g g ,113(,,)m g g ,123(,,)m g g ,212(,,)m g g ,213(,,)m g g ,223(,,)m g g ,共6种情况.所以恰有2名女生,1名男生的概率为63105=. 22.解:(1)∵(6,0)B -,3AD =,8AB =,E 为CD 的中点, ∴(3,4)E -,(6,8)A -, ∵反比例函数图象过点(3,4)E -, ∴3412m =-⨯=-.设图象经过A 、E 两点的一次函数表达式为:y kx b =+,∴6834k b k b -+=⎧⎨-+=⎩,解得430k x b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩,∴43y x =-. (2)∵3AD =,4DE =, ∴5AE =, ∵2AF AE -=, ∴7AF =, ∴1BF =.设E 点坐标为(,4)a ,则点F 坐标为(3,1)a -, ∵E ,F 两点在my x=图象上, ∴43a a =-, 解得1a =-, ∴(1,4)E -, ∴4m =-, ∴4y x=-.23.(1)证明:∵AF FG =, ∴FAG FGA ∠=∠, ∵AG 平分CAB ∠, ∴CAG FAG ∠=∠, ∴CAG FGA ∠=∠, ∴//AC FG.∵DE AC ⊥,∴FG DE ⊥,∵FG BC ⊥,∴//DE BC ,∴AC BC ⊥,∴90C DHG ∠=∠=,CGE GED ∠=∠,∵F 是AD 的中点,//FG AE ,∴H 是ED 的中点,∴FG 是线段ED 的垂直平分线,∴GE GD =,GDE GED ∠=∠,∴CGE GDE ∠=∠,∴ECG GHD ∆≅∆.(2)证明:过点G 作GP AB ⊥于点P ,∴GC GP =,∴CAG PAG ∆≅∆,∴AC AP =.由(1)得EG DG =,∴Rt ECG Rt GPD ∆≅∆,∴EC PD =,∴AD AP PD AC EC =+=+.(3)四边形AEGF 是菱形,理由如下:∵30B ∠=,∴30ADE ∠=, ∴12AE AD =, ∴AE AF FG ==.由(1)得//AE FG ,∴四边形AEGF 是菱形.24.解:(1)由题意可得16404206a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=⎩, 解得34326a b c ⎧=-⎪⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎪⎩, 所以二次函数的解析式为233642y x x =--+. (2)由(4,0)A -,(0,2)E -,可求得AE 所在直线解析式为122y x =--. 过点D 作DN 与y 轴平行,交AE 于点F ,交x 轴于点G ,过点E 作EH DF ⊥,垂足为H ,设D 点坐标为200033(,6)42x x x --+,则F 点坐标为001(,2)2x x --, 则20033642DF x x =--+200013(2)824x x x ---=--+, 又ADE ADF EDF S S S ∆∆∆=+, ∴1122ADE S DF AG DF EH ∆=⋅⋅+⋅ 142DF =⨯⨯ 20032(8)4x x =⨯--+ 203250()233x =-++. ∴当023x =-时,ADE ∆的面积取得最大值503.(3)P 点的坐标为(1,1)-,(1,-,(1,2--±.25.解:(1)DEF AEF ∠=∠,理由如下:∵//EF AB ,∴DEF EBA ∠=∠,AEF EAB ∠=∠,又∵EAB EBA ∠=∠,∴DEF AEF ∠=∠.(2)EOA AGB ∆∆,证明如下:∵四边形ABCD 是菱形,∴AB AD =,AC BD ⊥,∴2GAB ABE ADB ABE ∠=∠+∠=∠.又∵2AEO ABE BAE ABE ∠=∠+∠=∠,∴GAB AEO ∠=∠,又90AGB AOE ∠=∠=,∴EOA AGB ∆∆.(3)连接DM .∵四边形ABCD 是菱形,由对称性可知BM DM =,ADM ABM ∠=∠,∵//AB CH ,∴ABM H ∠=∠,∴ADM H ∠=∠,又∵DMH FMD ∠=∠,∴MFD MDH ∆∆,中考数学,中考数学,中考数学 ∴DMMFMH DM =,∴2DM MF MH =⋅, ∴2BM MF MH =⋅.。
(完整版)泰安历届中考压轴几何题
几何压轴题1.(2014•泰安)如图,∠ABC=90°,D、E分别在BC、AC上,AD⊥DE,且AD=DE,点F是AE的中点,FD与AB相交于点M.(1)求证:∠FMC=∠FCM;(2)AD与MC垂直吗?并说明理由2.(2014年山东泰安,11分)如图,在四边形ABCD中,AB=AD,AC与BD交于点E,∠ADB=∠ACB.(1)求证:=;(2)若AB⊥AC,AE:EC=1:2,F是BC中点,求证:四边形ABFD是菱形.3.(2012•泰安)如图,在△ABC中,∠ABC=45°,CD⊥AB,BE⊥AC,垂足分别为D,E,F为BC中点,BE与DF,DC分别交于点G,H,∠ABE=∠CBE.(1)线段BH与AC相等吗?若相等给予证明,若不相等请说明理由;(2)求证:BG2﹣GE2=EA2.44.(2012•泰安)如图,E是矩形ABCD的边BC上一点,EF⊥AE,EF分别交AC,CD于点M,F,BG⊥AC,垂足为C,BG交AE于点H.(1)求证:△ABE∽△ECF;(2)找出与△ABH相似的三角形,并证明;(3)若E是BC中点,BC=2AB,AB=2,求EM的长.5.(2011). (本小题满分10分)已知:在梯形ABCD中,A D∥BC,∠ABC=90°,BC=2AD,E是BC的中点,连接AE、AC。
(1)点F是DC上一点,连接EF,交AC于点O(如图1),求证:△AOE∽△COF;(2)若点F是DC的中点,连接BD,交AE与点G(如图2),求证:四边形EFDG是菱形。
6. (2011)(本小题满分10分)已知:在△ABC中,AC=BC,∠ACB=90°,点D是AB的中点,点E是AB边上一点。
(1)直线BF垂直于直线CE于点F,交CD于点G(如图1),求证:AE=CG;(2)直线AH垂直于直线CE,垂足为点H,交CD的延长线于点M(如图2),找出图中与BE相等的线段,并证明。
2018山东泰安市中考数学试题[含答案解析版]
2018年山东泰安市中考数学试卷一、选择题(本大题共12小题,在每小题给出的四个选项中,只有一个是正确的,请把正确的选项选出来,每小题选对得3分,选错、不选或选出的答案超过一个,均记零分)1.(3分)(2018•泰安)计算:﹣(﹣2)+(﹣2)0的结果是()A.﹣3 B.0 C.﹣1 D.32.(3分)(2018•泰安)下列运算正确的是()A.2y3+y3=3y6B.y2•y3=y6C.(3y2)3=9y6D.y3÷y﹣2=y53.(3分)(2018•泰安)如图是下列哪个几何体的主视图与俯视图()A.B.C.D.4.(3分)(2018•泰安)如图,将一张含有30°角的三角形纸片的两个顶点叠放在矩形的两条对边上,若∠2=44°,则∠1的大小为()A.14° B.16° C.90°﹣α D.α﹣44°5.(3分)(2018•泰安)某中学九年级二班六组的8名同学在一次排球垫球测试中的成绩如下(单位:个)35 38 42 44 40 47 45 45则这组数据的中位数、平均数分别是()A.42、42 B.43、42 C.43、43 D.44、436.(3分)(2018•泰安)夏季来临,某超市试销A、B两种型号的风扇,两周内共销售30台,销售收入5300元,A型风扇每台200元,B型风扇每台150元,问A、B两种型号的风扇分别销售了多少台?若设A型风扇销售了x台,B型风扇销售了y台,则根据题意列出方程组为()A.B.C.D.7.(3分)(2018•泰安)二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示,则反比例函数y=与一次函数y=ax+b在同一坐标系内的大致图象是()A.B.C.D.8.(3分)(2018•泰安)不等式组有3个整数解,则a的取值范围是()A.﹣6≤a<﹣5 B.﹣6<a≤﹣5 C.﹣6<a<﹣5 D.﹣6≤a≤﹣59.(3分)(2018•泰安)如图,BM与⊙O相切于点B,若∠MBA=140°,则∠ACB的度数为()A.40° B.50° C.60° D.70°10.(3分)(2018•泰安)一元二次方程(x+1)(x﹣3)=2x﹣5根的情况是()A.无实数根B.有一个正根,一个负根C.有两个正根,且都小于3 D.有两个正根,且有一根大于311.(3分)(2018•泰安)如图,将正方形网格放置在平面直角坐标系中,其中每个小正方形的边长均为1,△ABC经过平移后得到△A1B1C1,若AC上一点P (1.2,1.4)平移后对应点为P1,点P1绕原点顺时针旋转180°,对应点为P2,则点P2的坐标为()A.(2.8,3.6)B.(﹣2.8,﹣3.6) C.(3.8,2.6)D.(﹣3.8,﹣2.6)12.(3分)(2018•泰安)如图,⊙M的半径为2,圆心M的坐标为(3,4),点P是⊙M上的任意一点,PA⊥PB,且PA、PB与x轴分别交于A、B两点,若点A、点B关于原点O对称,则AB的最小值为()A.3 B.4 C.6 D.8二、填空题(本大题共6小题,满分18分。
最新全国各地中考数学压轴题汇编:几何综合(山东专版)(解析卷)
2018年全国各地中考数学压轴题汇编(山东专版)几何综合参考答案与试题解析1.(2018•威海)如图,将矩形ABCD(纸片)折叠,使点B与AD边上的点K重合,EG为折痕;点C与AD边上的点K重合,FH为折痕.已知∠1=67.5°,∠2=75°,EF=+1,求BC的长.解:由题意,得:∠3=180°﹣2∠1=45°,∠4=180°﹣2∠2=30°,BE=KE、KF=FC,如图,过点K作KM⊥BC于点M,设KM=x,则EM=x、MF=x,∴x+x=+1,解得:x=1,∴EK=、KF=2,∴BC=BE+EF+FC=EK+EF+KF=3++,∴BC的长为3++.2.(2018•枣庄)如图,在4×4的方格纸中,△ABC的三个顶点都在格点上.(1)在图1中,画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形;(2)在图2中,画出一个与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形;(3)在图3中,画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形.解:(1)如图所示,△DCE为所求作(2)如图所示,△ACD为所求作(3)如图所示△ECD为所求作3.(2018•枣庄)如图,在Rt△ACB中,∠C=90°,AC=3cm,BC=4cm,以BC为直径作⊙O交AB于点D.(1)求线段AD的长度;(2)点E是线段AC上的一点,试问:当点E在什么位置时,直线ED与⊙O相切?请说明理由.解:(1)在Rt△ACB中,∵AC=3cm,BC=4cm,∠ACB=90°,∴AB=5cm;连接CD,∵BC为直径,∴∠ADC=∠BDC=90°;∵∠A=∠A,∠ADC=∠ACB,∴Rt△ADC∽Rt△ACB;∴,∴;(2)当点E是AC的中点时,ED与⊙O相切;证明:连接OD,∵DE是Rt△ADC的中线;∴ED=EC,∴∠EDC=∠ECD;∵OC=OD,∴∠ODC=∠OCD;∴∠EDO=∠EDC+∠ODC=∠ECD+∠OCD=∠ACB=90°;∴ED⊥OD,∴ED与⊙O相切.4.(2018•潍坊)如图,点M是正方形ABCD边CD上一点,连接AM,作DE⊥AM于点E,BF⊥AM 于点F,连接BE.(1)求证:AE=BF;(2)已知AF=2,四边形ABED的面积为24,求∠EBF的正弦值.(1)证明:∵四边形ABCD为正方形,∴BA=AD,∠BAD=90°,∵DE⊥AM于点E,BF⊥AM于点F,∴∠AFB=90°,∠DEA=90°,∵∠ABF+∠BAF=90°,∠EAD+∠BAF=90°,在△ABF 和△DEA 中,∴△ABF ≌△DEA (AAS ),∴BF=AE ;(2)解:设AE=x ,则BF=x ,DE=AF=2,∵四边形ABED 的面积为24,∴•x•x +•x•2=24,解得x 1=6,x 2=﹣8(舍去),∴EF=x ﹣2=4,在Rt △BEF 中,BE==2,∴sin ∠EBF===.5.(2018•淄博)如图,以AB 为直径的⊙O 外接于△ABC ,过A 点的切线AP 与BC 的延长线交于点P ,∠APB 的平分线分别交AB ,AC 于点D ,E ,其中AE ,BD (AE <BD )的长是一元二次方程x 2﹣5x +6=0的两个实数根.(1)求证:PA•BD=PB•AE ;(2)在线段BC 上是否存在一点M ,使得四边形ADME 是菱形?若存在,请给予证明,并求其面积;若不存在,说明理由.解:(1)∵DP 平分∠APB ,∴∠APE=∠BPD ,∵AP 与⊙O 相切,∴∠BAP=∠BAC +∠EAP=90°,∵AB 是⊙O 的直径,∴∠ACB=∠BAC +∠B=90°,∴∠EAP=∠B ,∴,∴PA•BD=PB•AE;(2)过点D作DF⊥PB于点F,作DG⊥AC于点G,∵DP平分∠APB,AD⊥AP,DF⊥PB,∴AD=DF,∵∠EAP=∠B,∴∠APC=∠BAC,易证:DF∥AC,∴∠BDF=∠BAC,由于AE,BD(AE<BD)的长是x2﹣5x+6=0,解得:AE=2,BD=3,∴由(1)可知:,∴cos∠APC==,∴cos∠BDF=cos∠APC=,∴,∴DF=2,∴DF=AE,∴四边形ADFE是平行四边形,∵AD=AE,∴四边形ADFE是菱形,此时点F即为M点,∵cos∠BAC=cos∠APC=,∴sin∠BAC=,∴,∴DG=,∴在线段BC上是否存在一点M,使得四边形ADME是菱形其面积为:DG•AE=2×=6.(2018•烟台)【问题解决】一节数学课上,老师提出了这样一个问题:如图1,点P是正方形ABCD内一点,PA=1,PB=2,PC=3.你能求出∠APB的度数吗?小明通过观察、分析、思考,形成了如下思路:思路一:将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′,求出∠APB的度数;思路二:将△APB绕点B顺时针旋转90°,得到△CP'B,连接PP′,求出∠APB的度数.请参考小明的思路,任选一种写出完整的解答过程.【类比探究】如图2,若点P是正方形ABCD外一点,PA=3,PB=1,PC=,求∠APB的度数.解:(1)思路一、如图1,将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′,∴△ABP'≌△CBP,∴∠PBP'=90°,BP'=BP=2,AP'=CP=3,在Rt△PBP'中,BP=BP'=2,∴∠BPP'=45°,根据勾股定理得,PP'=BP=2,∵AP=1,∴AP2+PP'2=1+8=9,∵AP'2=32=9,∴AP2+PP'2=AP'2,∴△APP'是直角三角形,且∠APP'=90°,∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°;思路二、同思路一的方法;(2)如图2,将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′,∴△ABP'≌△CBP,∴∠PBP'=90°,BP'=BP=1,AP'=CP=,在Rt△PBP'中,BP=BP'=1,∴∠BPP'=45°,根据勾股定理得,PP'=BP=,∵AP=3,∴AP2+PP'2=9+2=11,∵AP'2=()2=11,∴AP2+PP'2=AP'2,∴△APP'是直角三角形,且∠APP'=90°,∴∠APB=∠APP'﹣∠BPP'=90°﹣45°=45°.7.(2018•东营)如图,CD是⊙O的切线,点C在直径AB的延长线上.(1)求证:∠CAD=∠BDC;(2)若BD=AD,AC=3,求CD的长.(1)证明:连接OD,如图所示.∵OB=OD,∴∠OBD=∠ODB.∵CD是⊙O的切线,OD是⊙O的半径,∴∠ODB+∠BDC=90°.∵AB是⊙O的直径,∴∠ADB=90°,∴∠OBD+∠CAD=90°,∴∠CAD=∠BDC.(2)解:∵∠C=∠C,∠CAD=∠CDB,∴△CDB∽△CAD,∴=.∵BD=AD,∴=,∴=,又∵AC=3,∴CD=2.8.(2018•济宁)在一次数学活动课中,某数学小组探究求环形花坛(如图所示)面积的方法,现有以下工具;①卷尺;②直棒EF;③T型尺(CD所在的直线垂直平分线段AB).(1)在图1中,请你画出用T形尺找大圆圆心的示意图(保留画图痕迹,不写画法);(2)如图2,小华说:“我只用一根直棒和一个卷尺就可以求出环形花坛的面积,具体做法如下:将直棒放置到与小圆相切,用卷尺量出此时直棒与大圆两交点M,N之间的距离,就可求出环形花坛的面积”如果测得MN=10m,请你求出这个环形花坛的面积.解:(1)如图点O即为所求;(2)设切点为C,连接OM,OC.∵MN是切线,∴OC⊥MN,∴CM=CN=5,∴OM2﹣OC2=CM2=25,∴S圆环=π•OM2﹣π•OC2=25π.9.(2018•潍坊)如图,BD为△ABC外接圆⊙O的直径,且∠BAE=∠C.(1)求证:AE与⊙O相切于点A;(2)若AE∥BC,BC=2,AC=2,求AD的长.证明:(1)连接OA,交BC于F,则OA=OB,∴∠D=∠DAO,∵∠D=∠C,∴∠C=∠DAO,∵∠BAE=∠C,∴∠BAE=∠DAO,(2分)∵BD是⊙O的直径,∴∠BAD=90°,即∠DAO+∠BAO=90°,(3分)∴∠BAE+∠BAO=90°,即∠OAE=90°,∴AE⊥OA,∴AE与⊙O相切于点A;(4分)(2)∵AE∥BC,AE⊥OA,∴OA⊥BC,(5分)∴,FB=BC,∴AB=AC,∵BC=2,AC=2,∴BF=,AB=2,在Rt△ABF中,AF==1,在Rt△OFB中,OB2=BF2+(OB﹣AF)2,∴OB=4,(7分)∴BD=8,∴在Rt△ABD中,AD====2.(8分)10.(2018•东营)(1)某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目:如图1,在△ABC中,点O在线段BC上,∠BAO=30°,∠OAC=75°,AO=,BO:CO=1:3,求AB的长.经过社团成员讨论发现,过点B作BD∥AC,交AO的延长线于点D,通过构造△ABD就可以解决问题(如图2).请回答:∠ADB=75°,AB=4.(2)请参考以上解决思路,解决问题:如图3,在四边形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,AC⊥AD,AO=,∠ABC=∠ACB=75°,BO:OD=1:3,求DC的长.解:(1)∵BD∥AC,∴∠ADB=∠OAC=75°.∵∠BOD=∠COA,∴△BOD∽△COA,∴==.又∵AO=,∴OD=AO=,∴AD=AO+OD=4.∵∠BAD=30°,∠ADB=75°,∴∠ABD=180°﹣∠BAD﹣∠ADB=75°=∠ADB,∴AB=AD=4.故答案为:75;4.(2)过点B作BE∥AD交AC于点E,如图所示.∵AC⊥AD,BE∥AD,∴∠DAC=∠BEA=90°.∵∠AOD=∠EOB,∴△AOD∽△EOB,∴==.∴==.∵AO=3,∴EO=,∴AE=4.∵∠ABC=∠ACB=75°,∴∠BAC=30°,AB=AC,∴AB=2BE.在Rt△AEB中,BE2+AE2=AB2,即(4)2+BE2=(2BE)2,解得:BE=4,∴AB=AC=8,AD=12.在Rt△CAD中,AC2+AD2=CD2,即82+122=CD2,解得:CD=4.11.(2018•枣庄)如图,将矩形ABCD沿AF折叠,使点D落在BC边的点E处,过点E作EG∥CD 交AF于点G,连接DG.(1)求证:四边形EFDG是菱形;(2)探究线段EG、GF、AF之间的数量关系,并说明理由;(3)若AG=6,EG=2,求BE的长.解:(1)证明:∵GE∥DF,∴∠EGF=∠DFG.∵由翻折的性质可知:GD=GE,DF=EF,∠DGF=∠EGF,∴∠DGF=∠DFG.∴DG=GE=DF=EF.∴四边形EFDG为菱形.(2)EG2=GF•AF.理由:如图1所示:连接DE,交AF于点O.∵四边形EFDG为菱形,∴GF⊥DE,OG=OF=GF.∵∠DOF=∠ADF=90°,∠OFD=∠DFA,∴△DOF∽△ADF.∴,即DF2=FO•AF.∵FO=GF,DF=EG,∴EG2=GF•AF.(3)如图2所示:过点G作GH⊥DC,垂足为H.∵EG2=GF•AF,AG=6,EG=2,∴20=FG(FG+6),整理得:FG2+6FG﹣40=0.解得:FG=4,FG=﹣10(舍去).∵DF=GE=2,AF=10,∴AD==4.∵GH⊥DC,AD⊥DC,∴△FGH∽△FAD.∴,即=.∴GH=.∴BE=AD﹣GH=4﹣=.12.(2018•烟台)如图,已知D,E分别为△ABC的边AB,BC上两点,点A,C,E在⊙D上,点B,D在⊙E上.F为上一点,连接FE并延长交AC的延长线于点N,交AB于点M.(1)若∠EBD为α,请将∠CAD用含α的代数式表示;(2)若EM=MB,请说明当∠CAD为多少度时,直线EF为⊙D的切线;(3)在(2)的条件下,若AD=,求的值.解:(1)连接CD、DE,⊙E中,∵ED=EB,∴∠EDB=∠EBD=α,∴∠CED=∠EDB+∠EBD=2α,⊙D中,∵DC=DE=AD,∴∠CAD=∠ACD,∠DCE=∠DEC=2α,△ACB中,∠CAD+∠ACD+∠DCE+∠EBD=180°,∴∠CAD==;(2)设∠MBE=x,∵EM=MB,∴∠EMB=∠MBE=x,当EF为⊙D的切线时,∠DEF=90°,∴∠CED+∠MEB=90°,∴∠CED=∠DCE=90°﹣x,△ACB中,同理得,∠CAD+∠ACD+∠DCE+∠EBD=180°,∴2∠CAD=180°﹣90∴=90∴,(3)由(2)得:∠CAD=45°;由(1)得:∠CAD=;∴∠MBE=30°,∴∠CED=2∠MBE=60°,∵CD=DE,∴△CDE是等边三角形,∴CD=CE=DE=EF=AD=,Rt△DEM中,∠EDM=30°,DE=,∴EM=1,MF=EF﹣EM=﹣1,△ACB中,∠NCB=45°+30°=75°,△CNE中,∠CEN=∠BEF=30°,∴∠CNE=75°,∴∠CNE=∠NCB=75°,∴EN=CE=,∴===2+.13.(2018•泰安)如图,△ABC中,D是AB上一点,DE⊥AC于点E,F是AD的中点,FG⊥BC于点G,与DE交于点H,若FG=AF,AG平分∠CAB,连接GE,CD.(1)求证:△ECG≌△GHD;(2)小亮同学经过探究发现:AD=AC+EC.请你帮助小亮同学证明这一结论.(3)若∠B=30°,判定四边形AEGF是否为菱形,并说明理由.∴∠FAG=∠FGA,∵AG平分∠CAB,∴∠CAG=∠FGA,∴∠CAG=∠FGA,∴AC∥FG,∵DE⊥AC,∴FG⊥DE,∵FG⊥BC,∴DE∥BC,∴AC⊥BC,∴∠C=∠DHG=90°,∠CGE=∠GED,∵F是AD的中点,FG∥AE,∴H是ED的中点,∴FG是线段ED的垂直平分线,∴GE=GD,∠GDE=∠GED,∴∠CGE=∠GDE,∴△ECG≌△GHD;(2)证明:过点G作GP⊥AB于P,∴GC=GP,而AG=AG,∴△CAG≌△PAG,∴AC=AP,由(1)可得EG=DG,∴Rt△ECG≌Rt△GPD,∴EC=PD,∴AD=AP+PD=AC+EC;(3)四边形AEGF是菱形,证明:∵∠B=30°,∴∠ADE=30°,∴AE=AD,∴AE=AF=FG,∴四边形AECF是平行四边形,∴四边形AEGF是菱形.14.(2018•淄博)(1)操作发现:如图①,小明画了一个等腰三角形ABC,其中AB=AC,在△ABC 的外侧分别以AB,AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD,ACE,分别取BD,CE,BC的中点M,N,G,连接GM,GN.小明发现了:线段GM与GN的数量关系是MG=NG;位置关系是MG⊥NG.(2)类比思考:如图②,小明在此基础上进行了深入思考.把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形,其中AB>AC,其它条件不变,小明发现的上述结论还成立吗?请说明理由.(3)深入研究:如图③,小明在(2)的基础上,又作了进一步的探究.向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD,ACE,其它条件不变,试判断△GMN的形状,并给与证明.解:(1)连接BE,CD相交于H,∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形,∴AB=AD,AC=AE,∠BAD=∠CAE=90°∴∠CAD=∠BAE,∴△ACD≌△AEB(SAS),∴CD=BE,∠ADC=∠ABE,∴∠BDC+∠DBH=∠BDC+∠ABD+∠ABE=∠BDC+∠ABD+∠ADC=∠ADB+∠ABD=90°,∴∠BHD=90°,∴CD⊥BE,∴MG CD,同理:NG BE,∴MG=NG,MG⊥NG,故答案为:MG=NG,MG⊥NG;(2)连接CD,BE相交于点H,同(1)的方法得,MG=NG,MG⊥NG;(3)连接EB,DC,延长线相交于H,同(1)的方法得,MG=NG,同(1)的方法得,△ABE≌△ADC,∴∠AEB=∠ACD,∴∠CEH+∠ECH=∠AEH﹣∠AEC+180°﹣∠ACD﹣∠ACE=∠ACD﹣45°+180°﹣∠ACD﹣45°=90°,∴∠DHE=90°,同(1)的方法得,MG⊥NG.15.(2018•泰安)如图,在菱形ABCD中,AC与BD交于点O,E是BD上一点,EF∥AB,∠EAB=∠EBA,过点B作DA的垂线,交DA的延长线于点G.(1)∠DEF和∠AEF是否相等?若相等,请证明;若不相等,请说明理由;(2)找出图中与△AGB相似的三角形,并证明;(3)BF的延长线交CD的延长线于点H,交AC于点M.求证:BM2=MF•MH.解:(1)∠DEF=∠AEF,理由:∵EF∥AB,∴∠DEF=∠EBA,∠AEF=∠EAB,∵∠EAB=∠EBA,∴∠DEF=∠AEF;(2)△EOA∽△AGB,理由:∵四边形ABCD是菱形,∴AB=AD,AC⊥BD,∴∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE,∵∠AEO=∠ABE+∠BAE=2∠ABE,∵∠GAB=∠AEO,∠GAB=∠AOE=90°,∴△EOA∽△AGB;(3)如图,连接DM,∵四边形ABCD是菱形,由对称性可知,BM=DM,∠ADM=∠ABM,∵AB∥CH,∴∠ABM=∠H,∴∠ADM=∠H,∵∠DMH=∠FMD,∴△MFD∽△MDH,∴,∴DM2=MF•MH,216.(2018•潍坊)如图1,在▱ABCD中,DH⊥AB于点H,CD的垂直平分线交CD于点E,交AB于点F,AB=6,DH=4,BF:FA=1:5.(1)如图2,作FG⊥AD于点G,交DH于点M,将△DGM沿DC方向平移,得到△CG′M′,连接M′B.①求四边形BHMM′的面积;②直线EF上有一动点N,求△DNM周长的最小值.(2)如图3,延长CB交EF于点Q,过点Q作QK∥AB,过CD边上的动点P作PK∥EF,并与QK交于点K,将△PKQ沿直线PQ翻折,使点K的对应点K′恰好落在直线AB上,求线段CP的长.解:(1)①在▱ABCD中,AB=6,直线EF垂直平分CD,∴DE=FH=3,∴AH=2,∵Rt△AHD∽Rt△MHF,∴,即,∴HM=1.5,根据平移的性质,MM'=CD=6,连接BM,如图1,四边形BHMM′的面积=;②连接CM交直线EF于点N,连接DN,如图2,∵直线EF垂直平分CD,∴CN=DN,∵MH=1.5,∴DM=2.5,在Rt△CDM中,MC2=DC2+DM2,∴MC2=62+(2.5)2,即MC=6.5,∵MN+DN=MN+CN=MC,∴△DNM周长的最小值为9.(2)∵BF∥CE,∴,∴QF=2,∴PK=PK'=6,过点K'作E'F'∥EF,分别交CD于点E',交QK于点F',如图3,当点P在线段CE上时,在Rt△PK'E'中,PE'2=PK'2﹣E'K'2,∴,∵Rt△PE'K'∽Rt△K'F'Q,∴,即,解得:,∴PE=PE'﹣EE'=,∴,同理可得,当点P在线段DE上时,,如图4,综上所述,CP的长为或.17.(2018•青岛)已知:如图,四边形ABCD,AB∥DC,CB⊥AB,AB=16cm,BC=6cm,CD=8cm,动点P从点D开始沿DA边匀速运动,动点Q从点A开始沿AB边匀速运动,它们的运动速度均为2cm/s.点P和点Q同时出发,以QA、QP为边作平行四边形AQPE,设运动的时间为t(s),0<t<5.根据题意解答下列问题:(1)用含t的代数式表示AP;(2)设四边形CPQB的面积为S(cm2),求S与t的函数关系式;(3)当QP⊥BD时,求t的值;(4)在运动过程中,是否存在某一时刻t,使点E在∠ABD的平分线上?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.解:(1)如图作DH⊥AB于H,则四边形DHBC是矩形,∴CD=BH=8,DH=BC=6,∴AH=AB﹣BH=8,AD==10,BD==10,由题意AP=AD﹣DP=10﹣2t.(2)作PN⊥AB于N.连接PB.在Rt△APN中,PA=10﹣2t,∴PN=PA•sin∠DAH=(10﹣2t),A N=PA•cos∠DAH=(10﹣2t),∴BN=16﹣AN=16﹣(10﹣2t),S=S△PQB+S△BCP=•(16﹣2t)•(10﹣2t)+×6×[16﹣(10﹣2t)]=t2﹣t+72(3)当PQ⊥BD时,∠PQN+∠DBA=90°,∵∠QPN+∠PQN=90°,∴∠QPN=∠DBA,∴tan∠QPN==,∴=,解得t=,经检验:t=是分式方程的解,∴当t=s时,PQ⊥BD.(4)存在.理由:连接BE交DH于K,作KM⊥BD于M.当BE平分∠ABD时,△KBH≌△KBM,∴KH=KM,BH=BM=8,设KH=KM=x,在Rt△DKM中,(6﹣x)2=22+x2,解得x=,作EF⊥AB于F,则△AEF≌△QPN,∴EF=PN=(10﹣2t),AF=QN=(10﹣2t)﹣2t,∴BF=16﹣[(10﹣2t)﹣2t],∵KH∥EF,∴=,∴=,解得:t=,经检验:t=是分式方程的解,∴当t=s时,点E在∠ABD的平分线.18.(2018•威海)如图①,在四边形BCDE中,BC⊥CD,DE⊥CD,AB⊥AE,垂足分别为C,D,A,BC≠AC,点M,N,F分别为AB,AE,BE的中点,连接MN,MF,NF.(1)如图②,当BC=4,DE=5,tan∠FMN=1时,求的值;(2)若tan∠FMN=,BC=4,则可求出图中哪些线段的长?写出解答过程;(3)连接CM,DN,CF,DF.试证明△FMC与△DNF全等;(4)在(3)的条件下,图中还有哪些其它的全等三角形?请直接写出.解:(1)∵点M,N,F分别为AB,AE,BE的中点,∴MF,NF都是△ABE的中位线,∴MF=AE=AN,NF=AB=AM,∴四边形ANFM是平行四边形,又∵AB⊥AE,∴四边形ANFM是矩形,又∵tan∠FMN=1,∴FN=FM,∴矩形ANFM是正方形,AB=AE,又∵∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°,∴∠1=∠3,∵∠C=∠D=90°,∴△ABC≌△EAD(AAS),∴BC=AD=4,CA=DE=5,∴=;(2)可求线段AD的长.由(1)可得,四边形MANF为矩形,MF=AE,NF=AB,∵tan∠FMN=,即=,∴=,∵∠1=∠3,∠C=∠D=90°,∴△ABC∽△EAD,∴==,∵BC=4,∴AD=8;(3)∵BC⊥CD,DE⊥CD,∴△ABC和△ADE都是直角三角形,∵M,N分别是AB,AE的中点,∴BM=CM,NA=ND,∴∠4=2∠1,∠5=2∠3,∵∠1=∠3,∴∠4=∠5,∵∠FMC=90°+∠4,∠FND=90°+∠5,∴∠FMC=∠FND,∵FM=DN,CM=NF,∴△FMC≌△DNF(SAS);(4)在(3)的条件下,BM=AM=FN,MF=AN=NE,∠FMB=∠MFN=∠MAN=∠ENF=90°,∴图中有:△BMF≌△NFM≌△MAN≌△FNE.。
山东省泰安市2018年中考数学试卷及参考答案
山东省泰安市2018年中考数学试卷一、选择题1.计算:的结果是()A . -3B . 0C . -1D . 32. 下列运算正确的是()A .B .C .D .3. 如图是下列哪个几何体的主视图与俯视图()A .B .C .D .4. 如图,将一张含有角的三角形纸片的两个顶点叠放在矩形的两条对边上,若,则的大小为()A .B .C .D .5. 某中学九年级二班六级的8名同学在一次排球垫球测试中的成绩如下(单位:个)35 38 42 44 40 47 45 45则这组数据的中位数、平均数分别是()A . 42、42B . 43、42C . 43、43D . 44、436. 夏季来临,某超市试销,两种型号的风扇,两周内共销售30台,销售收入5300元,型风扇每台200元,型风扇每台150元,问,两种型号的风扇分别销售了多少台?若设型风扇销售了台,型风扇销售了台,则根据题意列出方程组为()A .B .C .D .7. 二次函数的图象如图所示,则反比例函数与一次函数在同一坐标系内的大致图象是()A .B .C .D .8. 不等式组有3个整数解,则 的取值范围是( )A . B . C . D . 9. 如图, 与 相切于点 ,若 ,则 的度数为( )A .B .C .D . 10. 一元二次方程 根的情况是( )A . 无实数根B . 有一个正根,一个负根C . 有两个正根,且都小于3D . 有两个正根,且有一根大于311. 如图,将正方形网格放置在平面直角坐标系中,其中每个小正方形的边长均为1, 经过平移后得到,若 上一点 平移后对应点为 ,点 绕原点顺时针旋转 ,对应点为 ,则点 的坐标为( )A .B .C .D .12. 如图, 的半径为2,圆心 的坐标为 ,点 是 上的任意一点,,且 , 与 轴分别交于 , 两点,若点 ,点 关于原点 对称,则 的最小值为( )A . 3B . 4C . 6D . 8二、填空题13. 一个铁原子的质量是,将这个数据用科学记数法表示为________ .14. 如图, 是 的外接圆, ,,则 的直径为________.15. 如图,在矩形中,,,将矩形沿折叠,点落在处,若的延长线恰好过点,则的值为________.16. 观察“田”字中各数的关系:则C的值为 ________。
山东泰安市2018年中考数学试题(含解析)(精编)
泰安市2018年初中学业水平考试数学试题一、选择题(本大题共12个小题,在每小题给出的四个选项中,只有一个是正确的,请把正确的选项选出来,每小题选对3分,选错、不选或选出的答案超过一个,均记零分)1. 计算:的结果是()A. -3B. 0C. -1D. 3【答案】D【解析】分析:根据相反数的概念、零指数幂的运算法则计算即可.详解:原式=2+1=3.故选D.点睛:本题考查的是零指数幂的运算,掌握任何非零数的零次幂等于1是解题的关键.2. 下列运算正确的是()A. B. C. D.【答案】D【解析】分析:根据合并同类项法则、同底数幂的乘、除法法则、积的乘方法则计算,判断即可.详解:2y3+y3=3y3,故A错误;y2•y3=y5,故B错误;(3y2)3=27y6,故C错误;y3÷y﹣2=y3﹣(﹣2)=y5.故D正确.故选D.点睛:本题考查的是合并同类项、同底数幂的乘法、积的乘方、同底数幂的除法,掌握它们的运算法则是解题的关键.3. 如图是下列哪个几何体的主视图与俯视图()A. B. C. D.【答案】C【解析】分析:直接利用主视图以及俯视图的观察角度结合结合几何体的形状得出答案.详解:由已知主视图和俯视图可得到该几何体是圆柱体的一半,只有选项C符合题意.故选C.点睛:本题主要考查了由三视图判断几何体,正确掌握常见几何体的形状是解题的关键.4. 如图,将一张含有角的三角形纸片的两个顶点叠放在矩形的两条对边上,若,则的大小为()A. B. C. D.【答案】A【解析】分析:依据平行线的性质,即可得到∠2=∠3=44°,再根据三角形外角性质,可得∠3=∠1+30°,进而得出结论.详解:如图,∵矩形的对边平行,∴∠2=∠3=44°,根据三角形外角性质,可得:∠3=∠1+30°,∴∠1=44°﹣30°=14°.点睛:本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角性质的运用,解题时注意:两直线平行,同位角相等.5. 某中学九年级二班六级的8名同学在一次排球垫球测试中的成绩如下(单位:个)35 38 42 44 40 47 45 45则这组数据的中位数、平均数分别是()A. 42、42B. 43、42C. 43、43D. 44、43【答案】B【解析】分析:根据中位线的概念求出中位数,利用算术平均数的计算公式求出平均数.详解:把这组数据排列顺序得:35 38 40 42 44 45 45 47,则这组数据的中位数为:=43,=(35+38+42+44+40+47+45+45)=42.故选B.点睛:本题考查的是中位数的确定、算术平均数的计算,掌握中位数的概念、算术平均数的计算公式是解题的关键.6. 夏季来临,某超市试销、两种型号的风扇,两周内共销售30台,销售收入5300元,型风扇每台200元,型风扇每台150元,问、两种型号的风扇分别销售了多少台?若设型风扇销售了台,型风扇销售了台,则根据题意列出方程组为()A. B.C. D.【答案】C【解析】分析:直接利用两周内共销售30台,销售收入5300元,分别得出等式进而得出答案.详解:设A型风扇销售了x台,B型风扇销售了y台,则根据题意列出方程组为:.点睛:本题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组,正确得出等量关系是解题的关键.7. 二次函数的图象如图所示,则反比例函数与一次函数在同一坐标系内的大致图象是()A. B. C. D.【答案】C【解析】分析:首先利用二次函数图象得出a,b的取值范围,进而结合反比例函数以及一次函数的性质得出答案.详解:由二次函数开口向上可得:a>0,对称轴在y轴左侧,故a,b同号,则b>0,故反比例函数y=图象分布在第一、三象限,一次函数y=ax+b经过第一、二、三象限.故选C.点睛:本题主要考查了二次函数、一次函数、反比例函数的图象,正确得出a,b的取值范围是解题的关键.8. 不等式组有3个整数解,则的取值范围是()A. B. C. D.【答案】B【解析】分析:解不等式组,可得不等式组的解,根据不等式组有3个整数解,可得答案.详解:不等式组,由﹣x<﹣1,解得:x>4,由4(x﹣1)≤2(x﹣a),解得:x≤2﹣a,故不等式组的解为:4<x≤2﹣a,由关于x的不等式组有3个整数解,得:7≤2﹣a<8,解得:﹣6<a≤﹣5.故选B.点睛:本题考查了解一元一次不等式组,利用不等式的解得出关于a的不等式是解题的关键.9. 如图,与相切于点,若,则的度数为()A. B. C. D.【答案】A【解析】分析:连接OA、OB,由切线的性质知∠OBM=90°,从而得∠ABO=∠BAO=50°,由三角形内角和定理知∠AOB=80°,根据圆周角定理可得答案.详解:如图,连接OA、OB.∵BM是⊙O的切线,∴∠OBM=90°.∵∠MBA=140°,∴∠ABO=50°.∵OA=OB,∴∠ABO=∠BAO=50°,∴∠AOB=80°,∴∠ACB=∠AOB=40°.故选A.10. 一元二次方程根的情况是()A. 无实数根B. 有一个正根,一个负根C. 有两个正根,且都小于3D. 有两个正根,且有一根大于3【答案】D【解析】分析:直接整理原方程,进而解方程得出x的值.详解:(x+1)(x﹣3)=2x﹣5整理得:x2﹣2x﹣3=2x﹣5,则x2﹣4x+2=0,(x﹣2)2=2,解得:x1=2+>3,x2=2﹣,故有两个正根,且有一根大于3.故选D.点睛:本题主要考查了一元二次方程的解法,正确解方程是解题的关键.11. 如图,将正方形网格放置在平面直角坐标系中,其中每个小正方形的边长均为1,经过平移后得到,若上一点平移后对应点为,点绕原点顺时针旋转,对应点为,则点的坐标为()A. B. C. D.【答案】A【解析】分析:由题意将点P向下平移5个单位,再向左平移4个单位得到P1,再根据P1与P2关于原点对称,即可解决问题.详解:由题意将点P向下平移5个单位,再向左平移4个单位得到P1.∵P(1.2,1.4),∴P1(﹣2.8,﹣3.6).∵P1与P2关于原点对称,∴P2(2.8,3.6).故选A.12. 如图,的半径为2,圆心的坐标为,点是上的任意一点,,且、与轴分别交于、两点,若点、点关于原点对称,则的最小值为()A. 3B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:连接OP.由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,得到OP=AB,当OP最短时,AB最短.连接OM交⊙M于点P,则此时OP最短,且OP=OM-PM,计算即可得到结论.详解:连接OP.∵PA⊥PB,OA=OB,∴OP=AB,当OP最短时,AB最短.连接OM交⊙M于点P,则此时OP最短,且OP=OM-PM==3,∴AB的最小值为2OP=6.故选C.点睛:本题考查了直角三角形斜边上中线的性质以及两点间的距离公式.解题的关键是利用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半把AB的长转化为2OP.二、填空题(本大题共6小题,满分18分.只要求填写最后结果,每小题填对得3分)13. 一个铁原子的质量是,将这个数据用科学记数法表示为__________.【答案】【解析】分析:科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数.确定n的值时,要看把原数变成a时,小数点移动了多少位,n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值<1时,n是负数;n的绝对值等于第一个非零数前零的个数.详解:0.000000000000000000000000093=9.3×10﹣26.故答案为:9.3×10﹣26.点睛:本题考查了科学记数法的表示方法.科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数,表示时关键要正确确定a的值以及n的值.14. 如图,是的外接圆,,,则的直径..为__________.【答案】【解析】分析:连接OB,OC,依据△BOC是等腰直角三角形,即可得到BO=CO=BC•cos45°=2,进而得出⊙O的直径为4.详解:如图,连接OB,OC.∵∠A=45°,∴∠BOC=90°,∴△BOC是等腰直角三角形.又∵BC=4,∴BO=CO=BC•cos45°=2,∴⊙O的直径为4.故答案为:4.点睛:本题主要考查了三角形的外接圆以及圆周角定理的运用,三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点,叫做三角形的外心.15. 如图,在矩形中,,,将矩形沿折叠,点落在处,若的延长线恰好过点,则的值为__________.【答案】【解析】分析:先利用勾股定理求出A'C,进而利用勾股定理建立方程求出AE,即可求出BE,最后用三角函数即可得出结论.详解:由折叠知,A'E=AE,A'B=AB=6,∠BA'E=90°,∴∠BA'C=90°.在Rt△A'CB中,A'C==8,设AE=x,则A'E=x,∴DE=10﹣x,CE=A'C+A'E=8+x.在Rt△CDE中,根据勾股定理得:(10﹣x)2+36=(8+x)2,∴x=2,∴AE=2.在Rt△ABE中,根据勾股定理得:BE==2,∴sin∠ABE==.故答案为:.点睛:本题主要考查了折叠的性质,勾股定理,锐角三角函数,充分利用勾股定理求出线段AE是解答本题的关键.16. 如图,在中,,,,点是边上的动点(不与点重合),过作,垂足为,点是的中点,连接,设,的面积为,则与之间的函数关系式为__________.【答案】【解析】分析:由=,CD=x,得到DE=,CE=,则BE=10-,由ΔDEB的面积S等于△BDE面积的一半,即可得出结论.详解:∵DE⊥BC,垂足为E,∴tan∠C==,CD=x,∴DE=,CE=,则BE=10-,∴S=S△BED=(10-)•化简得:.故答案为:.点睛:本题考查了动点问题的函数解析式,解题的关键是设法将BE与DE都用含有x的代数式表示.17. 《九章算术》是中国传统数学最重要的著作,在“勾股”章中有这样一个问题:“今有邑方二百步,各中开门,出东门十五步有木,问:出南门几步而见木?”用今天的话说,大意是:如图,是一座边长为200步(“步”是古代的长度单位)的正方形小城,东门位于的中点,南门位于的中点,出东门15步的处有一树木,求出南门多少步恰好看到位于处的树木(即点在直线上)?请你计算的长为__________步.【答案】【解析】分析:由正方形的性质得到∠EDG=90°,从而∠KDC+∠HDA=90°,再由∠C+∠KDC=90°,得到∠C=∠HDA,即有△CKD∽△DHA,由相似三角形的性质得到CK:KD=HD:HA,求解即可得到结论.详解:∵DEFG是正方形,∴∠EDG=90°,∴∠KDC+∠HDA=90°.∵∠C+∠KDC=90°,∴∠C=∠HDA.∵∠CKD=∠DHA=90°,∴△CKD∽△DHA,∴CK:KD=HD:HA,∴CK:100=100:15,解得:CK=.故答案为:.点睛:本题考查了相似三角形的应用.解题的关键是证明△CKD∽△DHA.三、解答题(本大题共7小题,满分66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)18. 先化简,再求值:,其中.【答案】.【解析】分析:先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式,再将m的值代入计算可得.详解:原式=÷(﹣)=÷=•=﹣=当m=﹣2时,原式=﹣=﹣=﹣1+2=.点睛:本题主要考查分式的化简求值,解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则.19. 文美书店决定用不多于20000元购进甲乙两种图书共1200本进行销售.甲、乙两种图书的进价分别为每本20元、14元,甲种图书每本的售价是乙种图书每本售价的1.4倍,若用1680元在文美书店可购买甲种图书的本数比用1400元购买乙种图书的本数少10本. (1)甲乙两种图书的售价分别为每本多少元?(2)书店为了让利读者,决定甲种图书售价每本降低3元,乙种图书售价每本降低2元,问书店应如何进货才能获得最大利润?(购进的两种图书全部销售完.)【答案】(1)甲种图书售价每本28元,乙种图书售价每本20元;(2)甲种图书进货533本,乙种图书进货667本时利润最大.【解析】分析:(1)乙种图书售价每本元,则甲种图书售价为每本元,根据“用1680元在文美书店可购买甲种图书的本数比用1400元购买乙种图书的本数少10本”列出方程求解即可;(2)设甲种图书进货本,总利润元,根据题意列出不等式及一次函数,解不等式求出解集,从而确定方案,进而求出利润最大的方案.详解:(1)设乙种图书售价每本元,则甲种图书售价为每本元.由题意得:,解得:.经检验,是原方程的解.所以,甲种图书售价为每本元,答:甲种图书售价每本28元,乙种图书售价每本20元.(2)设甲种图书进货本,总利润元,则.又∵,解得:.∵随的增大而增大,∴当最大时最大,∴当本时最大,此时,乙种图书进货本数为(本).答:甲种图书进货533本,乙种图书进货667本时利润最大.点睛:本题考查了一次函数的应用,分式方程的应用,一元一次不等式的应用,理解题意找到题目蕴含的相等关系或不等关系是解应用题的关键.20. 为增强学生的安全意识,我市某中学组织初三年级1000名学生参加了“校园安全知识竞赛”,随机抽取了一个班学生的成绩进行整理,分为,,,四个等级,并把结果整理绘制成条形统计图与扇形统计图(部分),请依据如图提供的信息,完成下列问题:(1)请估计本校初三年级等级为的学生人数;(2)学校决定从得满分的3名女生和2名男生中随机抽取3人参加市级比赛,请求出恰好抽到2名女生和1名男生的概率.【答案】(1)估计该校初三等级为的学生人数约为125人;(2)恰有2名女生,1名男生的概率为.【解析】分析:(1)先根据C等级人数及其所占百分比求得总人数,用总人数减去B、C、D的人数求得A等级人数,再用总人数乘以样本中A等级人数所占比例;(2)列出从3名女生和2名男生中随机抽取3人的所有等可能结果,再从中找到恰好抽到2名女生和1名男生的结果数,根据概率公式计算可得.详解:(1)∵所抽取学生的总数为8÷20%=40人,∴该班级等级为A的学生人数为40﹣(25+8+2)=5人,则估计本校初三年级等级为A的学生人数为1000×=125人;(2)设两位满分的男生记为A1、A2、三位满分的女生记为B1、B2、B3,从这5名同学中选3人的所有等可能结果为:(B1,B2,B3)、(A2,B2,B3)、(A2,B1,B3)、(A2,B1,B2)、(A1,B2,B3)、(A1,B1,B3)、(A1,B1,B2)、(A1,A2,B3)、(A1,A2,B2)、(A1,A2,B1),其中恰好有2名女生、1名男生的结果有6种,所以恰好抽到2名女生和1名男生的概率为=.点睛:本题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图.用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.21. 如图,矩形的两边、的长分别为3、8,是的中点,反比例函数的图象经过点,与交于点.(1)若点坐标为,求的值及图象经过、两点的一次函数的表达式;(2)若,求反比例函数的表达式.【答案】(1),;(2).【解析】分析:(1)由已知求出A、E的坐标,即可得出m的值和一次函数函数的解析式;(2)由,得到,由,得到.设点坐标为,则点坐标为,代入反比例函数解析式即可得到结论.详解:(1)∵为的中点,∴.∵反比例函数图象过点,∴.设图象经过、两点的一次函数表达式为:,∴,解得,∴.(2)∵,∴.∵,∴,∴.设点坐标为,则点坐标为.∵两点在图象上,∴,解得:,∴,∴,∴.点睛:本题考查了矩形的性质以及反比例函数一次函数的解析式.解题的关键是求出点A、E、F的坐标.22. 如图,中,是上一点,于点,是的中点,于点,与交于点,若,平分,连接,.(1)求证:;(2)小亮同学经过探究发现:.请你帮助小亮同学证明这一结论.(3)若,判定四边形是否为菱形,并说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)四边形是菱形,理由见解析.【解析】分析:(1)由条件得出∠C=∠DHG=90°,∠CGE=∠GED,由F是AD的中点,FG∥AE,即可得到FG是线段ED的垂直平分线,进而得到GE=GD,∠CGE=∠GDE,利用AAS即可判定△ECG≌△GHD;(2)过点G作GP⊥AB于P,判定△CAG≌△PAG,可得AC=AP,由(1)可得EG=DG,即可得到Rt△ECG≌Rt△GPD,依据EC=PD,即可得出AD=AP+PD=AC+EC;(3)由∠B=30°,可得∠ADE=30°,进而得到AE=AD,故AE=AF=FG,再根据四边形AECF是平行四边形,即可得到四边形AEGF是菱形.详解:(1)∵AF=FG,∴∠FAG=∠FGA.∵AG平分∠CAB,∴∠CAG=∠FGA,∴∠CAG=∠FGA,∴AC∥FG.∵DE⊥AC,∴FG⊥DE.∵FG⊥BC,∴DE∥BC,∴AC⊥BC,∴∠C=∠DHG=90°,∠CGE=∠GED.∵F是AD的中点,FG∥AE,∴H是ED的中点,∴FG是线段ED的垂直平分线,∴GE=GD,∠GDE=∠GED,∴∠CGE=∠GDE,∴△ECG≌△GHD;(2)过点G作GP⊥AB于P,∴GC=GP,而AG=AG,∴△CAG≌△PAG,∴AC=AP,由(1)可得EG=DG,∴Rt△ECG≌Rt△GPD,∴EC=PD,∴AD=AP+PD=AC+EC;(3)四边形AEGF是菱形.证明如下:∵∠B=30°,∴∠ADE=30°,∴AE=AD,∴AE=AF=FG,由(1)得AE∥FG,∴四边形AECF 是平行四边形,∴四边形AEGF是菱形.点睛:本题属于四边形综合题,主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质,线段垂直平分线的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的综合运用,利用全等三角形的对应边相等,对应角相等是解决问题的关键.23. 如图,在平面直角坐标系中,二次函数交轴于点、,交轴于点,在轴上有一点,连接.(1)求二次函数的表达式;(2)若点为抛物线在轴负半轴上方的一个动点,求面积的最大值;(3)抛物线对称轴上是否存在点,使为等腰三角形,若存在,请直接写出所有点的坐标,若不存在请说明理由.【答案】(1)二次函数的解析式为;(2)当时,的面积取得最大值;(3)点的坐标为,,.【解析】分析:(1)把已知点坐标代入函数解析式,得出方程组求解即可;(2)根据函数解析式设出点D坐标,过点D作DG⊥x轴,交AE于点F,表示△ADE的面积,运用二次函数分析最值即可;(3)设出点P坐标,分PA=PE,PA=AE,PE=AE三种情况讨论分析即可.详解:(1)∵二次函数y=ax2+bx+c经过点A(﹣4,0)、B(2,0),C(0,6),∴,解得:,所以二次函数的解析式为:y=;(2)由A(﹣4,0),E(0,﹣2),可求AE所在直线解析式为y=,过点D作DN⊥x轴,交AE于点F,交x轴于点G,过点E作EH⊥DF,垂足为H,如图,设D(m,),则点F(m,),∴DF=﹣()=,∴S△ADE=S△ADF+S△EDF=×DF×AG+DF×EH=×DF×AG+×DF×EH=×4×DF=2×()=,∴当m=时,△ADE的面积取得最大值为.(3)y=的对称轴为x=﹣1,设P(﹣1,n),又E(0,﹣2),A(﹣4,0),可求PA=,PE=,AE=,分三种情况讨论:当PA=PE时,=,解得:n=1,此时P(﹣1,1);当PA=AE时,=,解得:n=,此时点P坐标为(﹣1,);当PE=AE时,=,解得:n=﹣2,此时点P坐标为:(﹣1,﹣2).综上所述:P点的坐标为:(﹣1,1),(﹣1,),(﹣1,﹣2).点睛:本题主要考查二次函数的综合问题,会求抛物线解析式,会运用二次函数分析三角形面积的最大值,会分类讨论解决等腰三角形的顶点的存在问题时解决此题的关键.24. 如图,在菱形ABCD中,AC与BD交于点O,E是BD上一点,EF//AB,∠EAB=∠EBA,过点B作DA的垂线,交DA的延长线于点G.(1)∠DEF和∠AEF是否相等?若相等,请证明;若不相等,请说明理由;(2)找出图中与ΔAGB相似的三角形,并证明;(3)BF的延长线交CD的延长线于点H,交AC于点M.求证:BM2=MF⋅MH.【答案】(1),理由见解析;(2),证明见解析;(3)证明见解析.【解析】分析:(1)先判断出∠DEF=∠EBA,∠AEF=∠EAB,即可得出结论;(2)先判断出∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE,进而得出∠GAB=∠AEO,即可得出结论;(3)先判断出BM=DM,∠ADM=∠ABM,进而得出∠ADM=∠H,判断出△MFD∽△MDH,即可得出结论.详解:(1)∠DEF=∠AEF,理由如下:∵EF∥AB,∴∠DEF=∠EBA,∠AEF=∠EAB.∵∠EAB=∠EBA,∴∠DEF=∠AEF;(2)△EOA∽△AGB,理由如下:∵四边形ABCD是菱形,∴AB=AD,AC⊥BD,∴∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE.∵∠AEO=∠ABE+∠BAE=2∠ABE.∵∠GAB=∠AEO,∠GAB=∠AOE=90°,∴△EOA∽△AGB;(3)如图,连接DM.∵四边形ABCD是菱形,由对称性可知,BM=DM,∠ADM=∠ABM.∵AB∥CH,∴∠ABM=∠H,∴∠ADM=∠H.∵∠DMH=∠FMD,∴△MFD∽△MDH,∴,∴DM2=MF•MH,∴BM2=MF•MH.点睛:本题是相似形综合题,主要考查了菱形的性质,对称性,相似三角形的判定和性质,判断出△EOA∽△AGB是解答本题的关键.。
2018年山东省泰安市中考数学复习专题一
探索规律问题
探索规律问题是中考数学中的常考问题,往往以选择 题或填空题中的压轴题形式出现,主要命题方向有数式规
律、图形变化规律、点的坐标规律等.基本解题思路:从
简单的、局部的、特殊的情形出发,通过分析、比较、提 炼,发现其中的规律证结论的正确性.即“从特殊情形入手→探索发现规 律→猜想结论→验证”. 泰安市近五年中考对此问题的考查:2016年中考试题第
24题考查了点的坐标规律;2015年中考试题第18题考查了数
式规律;2014年中考试题第24题考查了点的坐标规律;2013 年中考试题第20题考查了数式规律.
2018年度山东地区泰安市中考数学试卷(含答案解析版)
2018年山东泰安市中考数学试卷一、选择题(本大题共12小题,在每小题给出的四个选项中,只有一个是正确的,请把正确的选项选出来,每小题选对得3分,选错、不选或选出的答案超过一个,均记零分)1.(3分)(2018•泰安)计算:﹣(﹣2)+(﹣2)0的结果是()A.﹣3 B.0 C.﹣1 D.32.(3分)(2018•泰安)下列运算正确的是()A.2y3+y3=3y6B.y2•y3=y6C.(3y2)3=9y6D.y3÷y﹣2=y5 3.(3分)(2018•泰安)如图是下列哪个几何体的主视图与俯视图()A.B. C.D.4.(3分)(2018•泰安)如图,将一张含有30°角的三角形纸片的两个顶点叠放在矩形的两条对边上,若∠2=44°,则∠1的大小为()A.14° B.16° C.90°﹣α D.α﹣44°5.(3分)(2018•泰安)某中学九年级二班六组的8名同学在一次排球垫球测试中的成绩如下(单位:个)35 38 42 44 40 47 45 45则这组数据的中位数、平均数分别是()A.42、42 B.43、42 C.43、43 D.44、436.(3分)(2018•泰安)夏季来临,某超市试销A、B两种型号的风扇,两周内共销售30台,销售收入5300元,A型风扇每台200元,B型风扇每台150元,问A、B两种型号的风扇分别销售了多少台?若设A型风扇销售了x台,B型风扇销售了y台,则根据题意列出方程组为()A.{x+y=5300200x+150y=30B.{x+y=5300150x+200y=30C.{x+y=30200x+150y=5300D.{x+y=30150x+200y=53007.(3分)(2018•泰安)二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示,则反比例函数y=ax与一次函数y=ax+b在同一坐标系内的大致图象是()A.B.C.D .8.(3分)(2018•泰安)不等式组{x−13−12x <−14(x −1)≤2(x −a)有3个整数解,则a 的取值范围是( )A .﹣6≤a <﹣5B .﹣6<a ≤﹣5C .﹣6<a <﹣5D .﹣6≤a ≤﹣59.(3分)(2018•泰安)如图,BM 与⊙O 相切于点B ,若∠MBA=140°,则∠ACB 的度数为( )A .40°B .50°C .60°D .70°10.(3分)(2018•泰安)一元二次方程(x+1)(x ﹣3)=2x ﹣5根的情况是( )A .无实数根B .有一个正根,一个负根C .有两个正根,且都小于3D .有两个正根,且有一根大于3 11.(3分)(2018•泰安)如图,将正方形网格放置在平面直角坐标系中,其中每个小正方形的边长均为1,△ABC 经过平移后得到△A 1B 1C 1,若AC 上一点P (1.2,1.4)平移后对应点为P 1,点P 1绕原点顺时针旋转180°,对应点为P 2,则点P 2的坐标为( )A.(2.8,3.6)B.(﹣2.8,﹣3.6)C.(3.8,2.6)D.(﹣3.8,﹣2.6)12.(3分)(2018•泰安)如图,⊙M的半径为2,圆心M的坐标为(3,4),点P是⊙M上的任意一点,PA⊥PB,且PA、PB与x轴分别交于A、B两点,若点A、点B关于原点O对称,则AB的最小值为()A.3 B.4 C.6 D.8二、填空题(本大题共6小题,满分18分。
【优选】山东泰安市2018年中考数学试题(含解析)
泰安市2018年初中学业水平考试数学试题一、选择题(本大题共12个小题,在每小题给出的四个选项中,只有一个是正确的,请把正确的选项选出来,每小题选对3分,选错、不选或选出的答案超过一个,均记零分)1. 计算:的结果是()A. -3B. 0C. -1D. 3【答案】D【解析】分析:根据相反数的概念、零指数幂的运算法则计算即可.详解:原式=2+1=3.故选D.点睛:本题考查的是零指数幂的运算,掌握任何非零数的零次幂等于1是解题的关键.2. 下列运算正确的是()A. B. C. D.【答案】D【解析】分析:根据合并同类项法则、同底数幂的乘、除法法则、积的乘方法则计算,判断即可.详解:2y3+y3=3y3,故A错误;y2?y3=y5,故B错误;(3y2)3=27y6,故C错误;y3÷y﹣2=y3﹣(﹣2)=y5.故D正确.故选D.点睛:本题考查的是合并同类项、同底数幂的乘法、积的乘方、同底数幂的除法,掌握它们的运算法则是解题的关键.3. 如图是下列哪个几何体的主视图与俯视图()A. B. C. D.【答案】C【解析】分析:直接利用主视图以及俯视图的观察角度结合结合几何体的形状得出答案.详解:由已知主视图和俯视图可得到该几何体是圆柱体的一半,只有选项C符合题意.故选C.点睛:本题主要考查了由三视图判断几何体,正确掌握常见几何体的形状是解题的关键.4. 如图,将一张含有角的三角形纸片的两个顶点叠放在矩形的两条对边上,若,则的大小为()A. B. C. D.【答案】A【解析】分析:依据平行线的性质,即可得到∠2=∠3=44°,再根据三角形外角性质,可得∠3=∠1+30°,进而得出结论.详解:如图,∵矩形的对边平行,∴∠2=∠3=44°,根据三角形外角性质,可得:∠3=∠1+30°,∴∠1=44°﹣30°=14°.故选A.点睛:本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角性质的运用,解题时注意:两直线平行,同位角相等.5. 某中学九年级二班六级的8名同学在一次排球垫球测试中的成绩如下(单位:个)35 38 42 44 40 47 45 45则这组数据的中位数、平均数分别是()A. 42、42B. 43、42C. 43、43D. 44、43【答案】B【解析】分析:根据中位线的概念求出中位数,利用算术平均数的计算公式求出平均数.详解:把这组数据排列顺序得:35 38 40 42 44 45 45 47,则这组数据的中位数为:=43,=(35+38+42+44+40+47+45+45)=42.故选B.点睛:本题考查的是中位数的确定、算术平均数的计算,掌握中位数的概念、算术平均数的计算公式是解题的关键.6. 夏季来临,某超市试销、两种型号的风扇,两周内共销售30台,销售收入5300元,型风扇每台200元,型风扇每台150元,问、两种型号的风扇分别销售了多少台?若设型风扇销售了台,型风扇销售了台,则根据题意列出方程组为()A. B.C. D.【答案】C【解析】分析:直接利用两周内共销售30台,销售收入5300元,分别得出等式进而得出答案.详解:设A型风扇销售了x台,B型风扇销售了y台,则根据题意列出方程组为:.故选C.点睛:本题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组,正确得出等量关系是解题的关键.7. 二次函数的图象如图所示,则反比例函数与一次函数在同一坐标系内的大致图象是()A. B. C. D.【答案】C【解析】分析:首先利用二次函数图象得出a,b的取值范围,进而结合反比例函数以及一次函数的性质得出答案.详解:由二次函数开口向上可得:a>0,对称轴在y轴左侧,故a,b同号,则b>0,故反比例函数y=图象分布在第一、三象限,一次函数y=ax+b经过第一、二、三象限.故选C.点睛:本题主要考查了二次函数、一次函数、反比例函数的图象,正确得出a,b的取值范围是解题的关键.8. 不等式组有3个整数解,则的取值范围是()A. B. C. D.【答案】B【解析】分析:解不等式组,可得不等式组的解,根据不等式组有3个整数解,可得答案.详解:不等式组,由﹣x<﹣1,解得:x>4,由4(x﹣1)≤2(x﹣a),解得:x≤2﹣a,故不等式组的解为:4<x≤2﹣a,由关于x的不等式组有3个整数解,得:7≤2﹣a<8,解得:﹣6<a≤﹣5.故选B.点睛:本题考查了解一元一次不等式组,利用不等式的解得出关于a的不等式是解题的关键.9. 如图,与相切于点,若,则的度数为()A. B. C. D.【答案】A【解析】分析:连接OA、OB,由切线的性质知∠OBM=90°,从而得∠ABO=∠BAO=50°,由三角形内角和定理知∠AOB=80°,根据圆周角定理可得答案.详解:如图,连接OA、OB.∵BM是⊙O的切线,∴∠OBM=90°.∵∠MBA=140°,∴∠ABO=50°.∵OA=OB,∴∠ABO=∠BAO=50°,∴∠AOB=80°,∴∠ACB=∠AOB=40°.故选A.10. 一元二次方程根的情况是()A. 无实数根B. 有一个正根,一个负根C. 有两个正根,且都小于3D. 有两个正根,且有一根大于 3【答案】D【解析】分析:直接整理原方程,进而解方程得出x的值.详解:(x+1)(x﹣3)=2x﹣5整理得:x2﹣2x﹣3=2x﹣5,则x2﹣4x+2=0,(x﹣2)2=2,解得:x1=2+>3,x2=2﹣,故有两个正根,且有一根大于3.故选D.点睛:本题主要考查了一元二次方程的解法,正确解方程是解题的关键.11. 如图,将正方形网格放置在平面直角坐标系中,其中每个小正方形的边长均为1,经过平移后得到,若上一点平移后对应点为,点绕原点顺时针旋转,对应点为,则点的坐标为()A. B. C. D.【答案】A【解析】分析:由题意将点P向下平移5个单位,再向左平移4个单位得到P1,再根据P1与P2关于原点对称,即可解决问题.详解:由题意将点P向下平移5个单位,再向左平移4个单位得到P1.∵P(1.2,1.4),∴P1(﹣2.8,﹣3.6).∵P1与P2关于原点对称,∴P2(2.8,3.6).故选A.12. 如图,的半径为2,圆心的坐标为,点是上的任意一点,,且、与轴分别交于、两点,若点、点关于原点对称,则的最小值为()A. 3B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:连接OP.由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,得到OP=AB,当OP最短时,AB最短.连接OM交⊙M于点P,则此时OP最短,且OP=OM-PM,计算即可得到结论.详解:连接OP.∵P A⊥PB,OA=OB,∴OP=AB,当OP最短时,AB最短.连接OM交⊙M于点P,则此时OP最短,且OP=OM-PM==3,∴AB的最小值为2OP=6.故选C.点睛:本题考查了直角三角形斜边上中线的性质以及两点间的距离公式.解题的关键是利用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半把AB的长转化为2OP.二、填空题(本大题共6小题,满分18分.只要求填写最后结果,每小题填对得3分)13. 一个铁原子的质量是,将这个数据用科学记数法表示为__________.【答案】【解析】分析:科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数.确定n的值时,要看把原数变成a时,小数点移动了多少位,n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值<1时,n是负数;n的绝对值等于第一个非零数前零的个数.详解:0.000000000000000000000000093=9.3×10﹣26.故答案为:9.3×10﹣26.点睛:本题考查了科学记数法的表示方法.科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数,表示时关键要正确确定a的值以及n的值.14. 如图,是的外接圆,,,则的直径..为__________.【答案】【解析】分析:连接OB,OC,依据△BOC是等腰直角三角形,即可得到BO=CO=BC?cos45°=2,进而得出⊙O的直径为4.详解:如图,连接OB,OC.∵∠A=45°,∴∠BOC=90°,∴△BOC是等腰直角三角形.又∵BC=4,∴BO=CO=BC?cos45°=2,∴⊙O的直径为4.故答案为:4.点睛:本题主要考查了三角形的外接圆以及圆周角定理的运用,三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点,叫做三角形的外心.15. 如图,在矩形中,,,将矩形沿折叠,点落在处,若的延长线恰好过点,则的值为__________.【答案】【解析】分析:先利用勾股定理求出A'C,进而利用勾股定理建立方程求出AE,即可求出BE,最后用三角函数即可得出结论.详解:由折叠知,A'E=AE,A'B=AB=6,∠BA'E=90°,∴∠BA'C=90°.在Rt△A'CB中,A'C==8,设AE=x,则A'E=x,∴DE=10﹣x,CE=A'C+A'E=8+x.在Rt△CDE 中,根据勾股定理得:(10﹣x)2+36=(8+x)2,∴x=2,∴AE=2.在Rt△ABE中,根据勾股定理得:BE==2,∴sin∠ABE==.故答案为:.点睛:本题主要考查了折叠的性质,勾股定理,锐角三角函数,充分利用勾股定理求出线段AE是解答本题的关键.16. 如图,在中,,,,点是边上的动点(不与点重合),过作,垂足为,点是的中点,连接,设,的面积为,则与之间的函数关系式为__________.【答案】【解析】分析:由=,CD=x,得到DE=,CE=,则BE=10-,由ΔDEB的面积S等于△BDE面积的一半,即可得出结论.详解:∵DE⊥BC,垂足为E,∴tan∠C==,CD=x,∴DE=,CE=,则BE=10-,∴S=S△BED=(10-)?化简得:.故答案为:.点睛:本题考查了动点问题的函数解析式,解题的关键是设法将BE与DE都用含有x的代数式表示.17. 《九章算术》是中国传统数学最重要的著作,在“勾股”章中有这样一个问题:“今有邑方二百步,各中开门,出东门十五步有木,问:出南门几步而见木?”用今天的话说,大意是:如图,是一座边长为200步(“步”是古代的长度单位)的正方形小城,东门位于的中点,南门位于的中点,出东门15步的处有一树木,求出南门多少步恰好看到位于处的树木(即点在直线上)?请你计算的长为__________步.【答案】【解析】分析:由正方形的性质得到∠EDG=90°,从而∠KDC+∠HDA=90°,再由∠C+∠KDC=90°,得到∠C=∠HDA,即有△CKD∽△DHA,由相似三角形的性质得到CK:KD=HD:HA,求解即可得到结论.详解:∵DEFG是正方形,∴∠EDG=90°,∴∠KDC+∠HDA=90°.∵∠C+∠KDC=90°,∴∠C=∠HDA.∵∠CKD=∠DHA=90°,∴△CKD∽△DHA,∴CK:KD=HD:HA,∴CK:100=100:15,解得:CK=.故答案为:.点睛:本题考查了相似三角形的应用.解题的关键是证明△CKD∽△DHA.三、解答题(本大题共7小题,满分66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)18. 先化简,再求值:,其中.【答案】.【解析】分析:先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式,再将m的值代入计算可得.详解:原式=÷(﹣)=÷=?=﹣=当m=﹣2时,原式=﹣=﹣=﹣1+2=.点睛:本题主要考查分式的化简求值,解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则.19. 文美书店决定用不多于20000元购进甲乙两种图书共1200本进行销售.甲、乙两种图书的进价分别为每本20元、14元,甲种图书每本的售价是乙种图书每本售价的 1.4倍,若用1680元在文美书店可购买甲种图书的本数比用1400元购买乙种图书的本数少10本. (1)甲乙两种图书的售价分别为每本多少元?(2)书店为了让利读者,决定甲种图书售价每本降低3元,乙种图书售价每本降低2元,问书店应如何进货才能获得最大利润?(购进的两种图书全部销售完.)【答案】(1)甲种图书售价每本28元,乙种图书售价每本20元;(2)甲种图书进货533本,乙种图书进货667本时利润最大.【解析】分析:(1)乙种图书售价每本元,则甲种图书售价为每本元,根据“用1680元在文美书店可购买甲种图书的本数比用1400元购买乙种图书的本数少10本”列出方程求解即可;(2)设甲种图书进货本,总利润元,根据题意列出不等式及一次函数,解不等式求出解集,从而确定方案,进而求出利润最大的方案.详解:(1)设乙种图书售价每本元,则甲种图书售价为每本元.由题意得:,解得:.经检验,是原方程的解.所以,甲种图书售价为每本元,答:甲种图书售价每本28元,乙种图书售价每本20元.(2)设甲种图书进货本,总利润元,则.又∵,解得:.∵随的增大而增大,∴当最大时最大,∴当本时最大,此时,乙种图书进货本数为(本).答:甲种图书进货533本,乙种图书进货667本时利润最大.点睛:本题考查了一次函数的应用,分式方程的应用,一元一次不等式的应用,理解题意找到题目蕴含的相等关系或不等关系是解应用题的关键.20. 为增强学生的安全意识,我市某中学组织初三年级1000名学生参加了“校园安全知识竞赛”,随机抽取了一个班学生的成绩进行整理,分为,,,四个等级,并把结果整理绘制成条形统计图与扇形统计图(部分),请依据如图提供的信息,完成下列问题:(1)请估计本校初三年级等级为的学生人数;(2)学校决定从得满分的3名女生和2名男生中随机抽取3人参加市级比赛,请求出恰好抽到2名女生和1名男生的概率.【答案】(1)估计该校初三等级为的学生人数约为125人;(2)恰有2名女生,1名男生的概率为.【解析】分析:(1)先根据C等级人数及其所占百分比求得总人数,用总人数减去B、C、D的人数求得A等级人数,再用总人数乘以样本中A等级人数所占比例;(2)列出从3名女生和2名男生中随机抽取3人的所有等可能结果,再从中找到恰好抽到2名女生和1名男生的结果数,根据概率公式计算可得.详解:(1)∵所抽取学生的总数为8÷20%=40人,∴该班级等级为A的学生人数为40﹣(25+8+2)=5人,则估计本校初三年级等级为A的学生人数为1000×=125人;(2)设两位满分的男生记为A1、A2、三位满分的女生记为B1、B2、B3,从这5名同学中选3人的所有等可能结果为:(B1,B2,B3)、(A2,B2,B3)、(A2,B1,B3)、(A2,B1,B2)、(A1,B2,B3)、(A1,B1,B3)、(A1,B1,B2)、(A1,A2,B3)、(A1,A2,B2)、(A1,A2,B1),其中恰好有2名女生、1名男生的结果有6种,所以恰好抽到2名女生和1名男生的概率为=.点睛:本题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图.用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.21. 如图,矩形的两边、的长分别为3、8,是的中点,反比例函数的图象经过点,与交于点.(1)若点坐标为,求的值及图象经过、两点的一次函数的表达式;(2)若,求反比例函数的表达式.【答案】(1),;(2).【解析】分析:(1)由已知求出A、E的坐标,即可得出m的值和一次函数函数的解析式;(2)由,得到,由,得到.设点坐标为,则点坐标为,代入反比例函数解析式即可得到结论.详解:(1)∵为的中点,∴.∵反比例函数图象过点,∴.设图象经过、两点的一次函数表达式为:,∴,解得,∴.(2)∵,∴.∵,∴,∴.设点坐标为,则点坐标为.∵两点在图象上,∴,解得:,∴,∴,∴.点睛:本题考查了矩形的性质以及反比例函数一次函数的解析式.解题的关键是求出点A、E、F的坐标.22. 如图,中,是上一点,于点,是的中点,于点,与交于点,若,平分,连接,.(1)求证:;(2)小亮同学经过探究发现:.请你帮助小亮同学证明这一结论.(3)若,判定四边形是否为菱形,并说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)四边形是菱形,理由见解析.【解析】分析:(1)由条件得出∠C=∠DHG=90°,∠CGE=∠GED,由F是AD的中点,FG∥AE,即可得到FG是线段ED的垂直平分线,进而得到GE=GD,∠CGE=∠GDE,利用AAS即可判定△ECG≌△GHD;(2)过点G作GP⊥AB于P,判定△CAG≌△P AG,可得AC=AP,由(1)可得EG=DG,即可得到Rt△ECG≌Rt△GPD,依据EC=PD,即可得出AD=AP+PD=AC+EC;(3)由∠B=30°,可得∠ADE=30°,进而得到AE=AD,故AE=AF=FG,再根据四边形AECF是平行四边形,即可得到四边形AEGF是菱形.详解:(1)∵AF=FG,∴∠F AG=∠FGA.∵AG平分∠CAB,∴∠CAG=∠FGA,∴∠CAG=∠FGA,∴AC∥FG.∵DE⊥AC,∴FG⊥DE.∵FG⊥BC,∴DE∥BC,∴AC⊥BC,∴∠C=∠DHG=90°,∠CGE=∠GED.∵F是AD的中点,FG∥AE,∴H是ED的中点,∴FG是线段ED的垂直平分线,∴GE=GD,∠GDE=∠GED,∴∠CGE=∠GDE,∴△ECG≌△GHD;(2)过点G作GP⊥AB于P,∴GC=GP,而AG=AG,∴△CAG≌△P AG,∴AC=AP,由(1)可得EG=DG,∴Rt△ECG≌Rt△GPD,∴EC=PD,∴AD=AP+PD=AC+EC;(3)四边形AEGF是菱形.证明如下:∵∠B=30°,∴∠ADE=30°,∴AE=AD,∴AE=AF=FG,由(1)得AE∥FG,∴四边形AECF是平行四边形,∴四边形AEGF是菱形.点睛:本题属于四边形综合题,主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质,线段垂直平分线的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的综合运用,利用全等三角形的对应边相等,对应角相等是解决问题的关键.23. 如图,在平面直角坐标系中,二次函数交轴于点、,交轴于点,在轴上有一点,连接.(1)求二次函数的表达式;(2)若点为抛物线在轴负半轴上方的一个动点,求面积的最大值;(3)抛物线对称轴上是否存在点,使为等腰三角形,若存在,请直接写出所有点的坐标,若不存在请说明理由.【答案】(1)二次函数的解析式为;(2)当时,的面积取得最大值;(3)点的坐标为,,.【解析】分析:(1)把已知点坐标代入函数解析式,得出方程组求解即可;(2)根据函数解析式设出点D坐标,过点D作DG⊥x轴,交AE于点F,表示△ADE的面积,运用二次函数分析最值即可;(3)设出点P坐标,分P A=PE,P A=AE,PE=AE三种情况讨论分析即可.详解:(1)∵二次函数y=ax2+bx+c经过点A(﹣4,0)、B(2,0),C(0,6),∴,解得:,所以二次函数的解析式为:y=;(2)由A(﹣4,0),E(0,﹣2),可求AE所在直线解析式为y=,过点D作DN⊥x轴,交AE于点F,交x轴于点G,过点E作EH⊥DF,垂足为H,如图,设D(m,),则点F(m,),∴DF=﹣()=,∴S△ADE=S△ADF+S△EDF=×DF×AG+DF×EH=×DF×AG+×DF×EH=×4×DF=2×()=,∴当m=时,△ADE的面积取得最大值为.(3)y=的对称轴为x=﹣1,设P(﹣1,n),又E(0,﹣2),A(﹣4,0),可求PA=,PE=,AE=,分三种情况讨论:当P A=PE时,=,解得:n=1,此时P(﹣1,1);当PA=AE时,=,解得:n=,此时点P坐标为(﹣1,);当PE=AE时,=,解得:n=﹣2,此时点P坐标为:(﹣1,﹣2).综上所述:P点的坐标为:(﹣1,1),(﹣1,),(﹣1,﹣2).点睛:本题主要考查二次函数的综合问题,会求抛物线解析式,会运用二次函数分析三角形面积的最大值,会分类讨论解决等腰三角形的顶点的存在问题时解决此题的关键.24. 如图,在菱形ABCD中,AC与BD交于点O,E是BD上一点,EF//AB,∠EAB=∠EBA,过点B作DA的垂线,交DA的延长线于点G.(1)∠DEF和∠AEF是否相等?若相等,请证明;若不相等,请说明理由;(2)找出图中与ΔAGB相似的三角形,并证明;(3)BF的延长线交CD的延长线于点H,交AC于点M.求证:BM2=MF?MH.【答案】(1),理由见解析;(2),证明见解析;(3)证明见解析.【解析】分析:(1)先判断出∠DEF=∠EBA,∠AEF=∠EAB,即可得出结论;(2)先判断出∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE,进而得出∠GAB=∠AEO,即可得出结论;(3)先判断出BM=DM,∠ADM=∠ABM,进而得出∠ADM=∠H,判断出△MFD∽△MDH,即可得出结论.详解:(1)∠DEF=∠AEF,理由如下:∵EF∥AB,∴∠DEF=∠EBA,∠AEF=∠EAB.∵∠EAB=∠EBA,∴∠DEF=∠AEF;(2)△EOA∽△AGB,理由如下:∵四边形ABCD是菱形,∴AB=AD,AC⊥BD,∴∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE.∵∠AEO=∠ABE+∠BAE=2∠ABE.∵∠GAB=∠AEO,∠GAB=∠AOE=90°,∴△EOA∽△AGB;(3)如图,连接DM.∵四边形ABCD是菱形,由对称性可知,BM=DM,∠ADM=∠ABM.∵AB∥CH,∴∠ABM=∠H,∴∠ADM=∠H.∵∠DMH=∠FMD,∴△MFD∽△MDH,∴,∴DM2=MF?MH,∴BM2=MF?MH.点睛:本题是相似形综合题,主要考查了菱形的性质,对称性,相似三角形的判定和性质,判断出△EOA∽△AGB是解答本题的关键.。
22-2018年全国各地中考数学压轴题汇编:选择、填空(山东专版)(解析版)
2018年全国各地中考数学压轴题汇编(山东专版)选择、填空参考答案与试题解析一.选择题(共20小题)1.(2018•青岛)如图,三角形纸片ABC,AB=AC,∠BAC=90°,点E为AB中点.沿过点E的直线折叠,使点B与点A重合,折痕相交于点F.已知EF=,则BC的长是()A.B.C.3 D.解:∵沿过点E的直线折叠,使点B与点A重合,∴∠B=∠EAF=45°,∴∠AFB=90°,∵点E为AB中点,∴EF=AB,EF=,∴AB=AC=3,∵∠BAC=90°,∴BC==3,故选:B.2.(2018•淄博)如图,P为等边三角形ABC内的一点,且P到三个顶点A,B,C的距离分别为3,4,5,则△ABC的面积为()A.B.C.D.解:∵△ABC为等边三角形,∴BA=BC,可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA,连EP,且延长BP,作AF⊥BP于点F.如图,∴BE=BP=4,AE=PC=5,∠PBE=60°,∴△BPE为等边三角形,∴PE=PB=4,∠BPE=60°,在△AEP中,AE=5,AP=3,PE=4,∴AE2=PE2+PA2,∴△APE为直角三角形,且∠APE=90°,∴∠APB=90°+60°=150°.∴∠APF=30°,∴在直角△APF中,AF=AP=,PF=AP=.∴在直角△ABF中,AB2=BF2+AF2=(4+)2+()2=25+12.则△ABC的面积是•AB2=•(25+12)=.故选:A.3.(2018•枣庄)如图,在矩形ABCD中,点E是边BC的中点,AE⊥BD,垂足为F,则tan∠BDE的值是()A.B.C.D.解:∵四边形ABCD是矩形,∴AD=BC,AD∥BC,∵点E是边BC的中点,∴BE=BC=AD,∴△BEF∽△DAF,∴=,∴EF=AF,∴EF=AE,∵点E是边BC的中点,∴由矩形的对称性得:AE=DE,∴EF=DE,设EF=x,则DE=3x,∴DF==2x,∴tan∠BDE===;故选:A.4.(2018•东营)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.5.(2018•枣庄)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB,垂足为D,AF平分∠CAB,交CD于点E,交CB于点F.若AC=3,AB=5,则CE的长为()A.B.C.D.解:过点F作FG⊥AB于点G,∵∠ACB=90°,CD⊥AB,∴∠CDA=90°,∴∠CAF+∠CFA=90°,∠FAD+∠AED=90°,∵AF平分∠CAB,∴∠CAF=∠FAD,∴∠CFA=∠AED=∠CEF,∴CE=CF,∵AF平分∠CAB,∠ACF=∠AGF=90°,∴FC=FG,∵∠B=∠B,∠FGB=∠ACB=90°,∴△BFG∽△BAC,∴=,∵AC=3,AB=5,∠ACB=90°,∴BC=4,∴=,∵FC=FG,∴=,解得:FC=,即CE的长为.故选:A.6.(2018•东营)如图所示,已知△ABC中,BC=12,BC边上的高h=6,D为BC上一点,EF∥BC,交AB于点E,交AC于点F,设点E到边BC的距离为x.则△DEF的面积y关于x的函数图象大致为()A.B.C.D.解:过点A向BC作AH⊥BC于点H,所以根据相似比可知:=,即EF=2(6﹣x)所以y=×2(6﹣x)x=﹣x2+6x.(0<x<6)该函数图象是抛物线的一部分,故选:D.7.(2018•烟台)对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示,点O为对角线的交点,过点O折叠菱形,使B,B′两点重合,MN是折痕.若B'M=1,则CN的长为()A.7 B.6 C.5 D.4解:连接AC、BD,如图,∵点O为菱形ABCD的对角线的交点,∴OC=AC=3,OD=BD=4,∠COD=90°,在Rt△COD中,CD==5,∵AB∥CD,∴∠MBO=∠NDO,在△OBM和△ODN中,∴△OBM≌△ODN,∴DN=BM,∵过点O折叠菱形,使B,B′两点重合,MN是折痕,∴BM=B'M=1,∴DN=1,∴CN=CD﹣DN=5﹣1=4.故选:D.8.(2018•烟台)如图,矩形ABCD中,AB=8cm,BC=6cm,点P从点A出发,以lcm/s 的速度沿A→D→C方向匀速运动,同时点Q从点A出发,以2cm/s的速度沿A→B→C方向匀速运动,当一个点到达点C时,另一个点也随之停止.设运动时间为t(s),△APQ的面积为S(cm2),下列能大致反映S与t之间函数关系的图象是()A.B.C.D.解:由题意得:AP=t,AQ=2t,①当0≤t≤4时,Q在边AB上,P在边AD上,如图1,S△APQ=AP•AQ==t2,故选项C、D不正确;②当4<t≤6时,Q在边BC上,P在边AD上,如图2,S△APQ=AP•AB==4t,故选项B不正确;故选:A.9.(2018•烟台)如图,四边形ABCD内接于⊙O,点I是△ABC的内心,∠AIC=124°,点E在AD的延长线上,则∠CDE的度数为()A.56°B.62°C.68°D.78°解:∵点I是△ABC的内心,∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA,∵∠AIC=124°,∴∠B=180°﹣(∠BAC+∠ACB)=180°﹣2(∠IAC+∠ICA)=180°﹣2(180°﹣∠AIC)=68°,又四边形ABCD内接于⊙O,∴∠CDE=∠B=68°,故选:C.10.(2018•潍坊)如图,菱形ABCD的边长是4厘米,∠B=60°,动点P以1厘米秒的速度自A点出发沿AB方向运动至B点停止,动点Q以2厘米/秒的速度自B点出发沿折线BCD运动至D点停止.若点P、Q同时出发运动了t秒,记△BPQ的面积为S厘米2,下面图象中能表示S与t之间的函数关系的是()A.B.C.D.解:当0≤t<2时,S=2t××(4﹣t)=﹣t2+4t;当2≤t<4时,S=4××(4﹣t)=﹣2t+8;只有选项D的图形符合.故选:D.11.(2018•烟台)如图,二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于点A(﹣1,0),B(3,0).下列结论:①2a﹣b=0;②(a+c)2<b2;③当﹣1<x<3时,y<0;④当a=1时,将抛物线先向上平移2个单位,再向右平移1个单位,得到抛物线y=(x﹣2)2﹣2.其中正确的是()A.①③B.②③C.②④D.③④解:①图象与x轴交于点A(﹣1,0),B(3,0),∴二次函数的图象的对称轴为x==1∴=1∴2a+b=0,故①错误;②令x=﹣1,∴y=a﹣b+c=0,∴a+c=b,∴(a+c)2=b2,故②错误;③由图可知:当﹣1<x<3时,y<0,故③正确;④当a=1时,∴y=(x+1)(x﹣3)=(x﹣1)2﹣4将抛物线先向上平移2个单位,再向右平移1个单位,得到抛物线y=(x﹣1﹣1)2﹣4+2=(x﹣2)2﹣2,故④正确;故选:D.12.(2018•威海)矩形ABCD与CEFG,如图放置,点B,C,E共线,点C,D,G共线,连接AF,取AF的中点H,连接GH.若BC=EF=2,CD=CE=1,则GH=()A.1 B.C.D.解:如图,延长GH交AD于点P,∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形,∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°,AD=BC=2、GF=CE=1,∴AD∥GF,∴∠GFH=∠PAH,又∵H是AF的中点,∴AH=FH,在△APH和△FGH中,∵,∴△APH≌△FGH(ASA),∴AP=GF=1,GH=PH=PG,∴PD=AD﹣AP=1,∵CG=2、CD=1,∴DG=1,则GH=PG=×=,故选:C.13.(2018•泰安)如图,⊙M的半径为2,圆心M的坐标为(3,4),点P是⊙M上的任意一点,PA⊥PB,且PA、PB与x轴分别交于A、B两点,若点A、点B关于原点O 对称,则AB的最小值为()A.3 B.4 C.6 D.8解:∵PA⊥PB,∴∠APB=90°,∵AO=BO,∴AB=2PO,若要使AB取得最小值,则PO需取得最小值,连接OM,交⊙M于点P′,当点P位于P′位置时,OP′取得最小值,过点M作MQ⊥x轴于点Q,则OQ=3、MQ=4,∴OM=5,又∵MP′=2,∴OP′=3,∴AB=2OP′=6,故选:C.14.(2018•威海)如图,在正方形ABCD中,AB=12,点E为BC的中点,以CD为直径作半圆CFD,点F为半圆的中点,连接AF,EF,图中阴影部分的面积是()A .18+36πB .24+18πC .18+18πD .12+18π 解:作FH ⊥BC 于H ,连接FH ,如图,∵点E 为BC 的中点,点F 为半圆的中点,∴BE=CE=CH=FH=6, AE==6,易得Rt △ABE ≌△EHF ,∴∠AEB=∠EFH ,而∠EFH +∠FEH=90°,∴∠AEB +∠FEH=90°,∴∠AEF=90°,∴图中阴影部分的面积=S 正方形ABCD +S 半圆﹣S △ABE ﹣S △AEF=12×12+•π•62﹣×12×6﹣•6×6=18+18π.故选:C .15.(2018•临沂)如图,点E 、F 、G 、H 分别是四边形ABCD 边AB 、BC 、CD 、DA 的中点.则下列说法:①若AC=BD ,则四边形EFGH 为矩形;②若AC ⊥BD ,则四边形EFGH 为菱形;③若四边形EFGH 是平行四边形,则AC 与BD 互相平分;④若四边形EFGH 是正方形,则AC 与BD 互相垂直且相等.其中正确的个数是( )A.1 B.2 C.3 D.4解:因为一般四边形的中点四边形是平行四边形,当对角线BD=AC时,中点四边形是菱形,当对角线AC⊥BD时,中点四边形是矩形,当对角线AC=BD,且AC⊥BD时,中点四边形是正方形,故④选项正确,故选:A.16.(2018•德州)如图,等边三角形ABC的边长为4,点O是△ABC的中心,∠FOG=120°,绕点O旋转∠FOG,分别交线段AB、BC于D、E两点,连接DE,给出下列四个结论:①OD=OE;②S△ODE=S△BDE;③四边形ODBE的面积始终等于;④△BDE周长的最小值为6.上述结论中正确的个数是()A.1 B.2 C.3 D.4解:连接OB、OC,如图,∵△ABC为等边三角形,∴∠ABC=∠ACB=60°,∵点O是△ABC的中心,∴OB=OC,OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB,∴∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°∴∠BOC=120°,即∠BOE+∠COE=120°,而∠DOE=120°,即∠BOE+∠BOD=120°,∴∠BOD=∠COE,在△BOD 和△COE 中,∴△BOD ≌△COE ,∴BD=CE ,OD=OE ,所以①正确;∴S △BOD =S △COE ,∴四边形ODBE 的面积=S △OBC =S △ABC =××42=,所以③正确; 作OH ⊥DE ,如图,则DH=EH ,∵∠DOE=120°,∴∠ODE=∠OEH=30°,∴OH=OE ,HE=OH=OE , ∴DE=OE ,∴S △ODE =•OE•OE=OE 2, 即S △ODE 随OE 的变化而变化,而四边形ODBE 的面积为定值,∴S △ODE ≠S △BDE ;所以②错误;∵BD=CE ,∴△BDE 的周长=BD +BE +DE=CE +BE +DE=BC +DE=4+DE=4+OE , 当OE ⊥BC 时,OE 最小,△BDE 的周长最小,此时OE=,∴△BDE 周长的最小值=4+2=6,所以④正确.故选:C .17.(2018•聊城)如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC 的两边OA ,OC 分别在x 轴和y 轴上,并且OA=5,OC=3.若把矩形OABC 绕着点O 逆时针旋转,使点A 恰好落在BC 边上的A 1处,则点C 的对应点C 1的坐标为( )A.(﹣,)B.(﹣,)C.(﹣,)D.(﹣,)解:过点C1作C1N⊥x轴于点N,过点A1作A1M⊥x轴于点M,由题意可得:∠C1NO=∠A1MO=90°,∠1=∠2=∠3,则△A1OM∽△OC1N,∵OA=5,OC=3,∴OA1=5,A1M=3,∴OM=4,∴设NO=3x,则NC1=4x,OC1=3,则(3x)2+(4x)2=9,解得:x=±(负数舍去),则NO=,NC1=,故点C的对应点C1的坐标为:(﹣,).故选:A.18.(2018•滨州)如图,∠AOB=60°,点P是∠AOB内的定点且OP=,若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点,则△PMN周长的最小值是()A.B.C.6 D.3解:作P点分别关于OA、OB的对称点C、D,连接CD分别交OA、OB于M、N,如图,则MP=MC,NP=ND,OP=OD=OC=,∠BOP=∠BOD,∠AOP=∠AOC,∴PN+PM+MN=ND+MN+NC=DC,∠COD=∠BOP+∠BOD+∠AOP+∠AOC=2∠AOB=120°,∴此时△PMN周长最小,作OH⊥CD于H,则CH=DH,∵∠OCH=30°,∴OH=OC=,CH=OH=,∴CD=2CH=3.故选:D.19.(2018•菏泽)已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示,则一次函数y=bx+a与反比例函数y=在同一平面直角坐标系中的图象大致是()A.B.C.D.解:∵二次函数y=ax2+bx+c的图象开口向上,∴a>0,∵该抛物线对称轴位于y轴的右侧,∴a、b异号,即b<0.∵当x=1时,y<0,∴a+b+c<0.∴一次函数y=bx+a的图象经过第一、二、四象限,反比例函数y=的图象分布在第二、四象限,故选:B.20.(2018•滨州)如果规定[x]表示不大于x的最大整数,例如[2.3]=2,那么函数y=x ﹣[x]的图象为()A.B.C.D.解:当﹣1≤x<0,[x]=﹣1,y=x+1当0≤x<1时,[x]=0,y=x当1≤x<2时,[x]=1,y=x﹣1……故选:A.二.填空题(共16小题)21.(2018•青岛)如图,已知正方形ABCD的边长为5,点E、F分别在AD、DC上,AE=DF=2,BE与AF相交于点G,点H为BF的中点,连接GH,则GH的长为.解:∵四边形ABCD为正方形,∴∠BAE=∠D=90°,AB=AD,在△ABE和△DAF中,∵,∴△ABE≌△DAF(SAS),∴∠ABE=∠DAF,∵∠ABE+∠BEA=90°,∴∠DAF+∠BEA=90°,∴∠AGE=∠BGF=90°,∵点H为BF的中点,∴GH=BF,∵BC=5、CF=CD﹣DF=5﹣2=3,∴BF==,∴GH=BF=,故答案为:.22.(2018•枣庄)如图,在正方形ABCD中,AD=2,把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP,连接AP并延长交CD于点E,连接PC,则三角形PCE的面积为9﹣5.解:∵四边形ABCD是正方形,∴∠ABC=90°,∵把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP,∴PB=BC=AB,∠PBC=30°,∴∠ABP=60°,∴△ABP是等边三角形,∴∠BAP=60°,AP=AB=2,∵AD=2,∴AE=4,DE=2,∴CE=2﹣2,PE=4﹣2,过P作PF⊥CD于F,∴PF=PE=2﹣3,∴三角形PCE的面积=CE•PF=×(2﹣2)×(2﹣3)=9﹣5,故答案为:9﹣5.23.(2018•青岛)如图,Rt△ABC,∠B=90°,∠C=30°,O为AC上一点,OA=2,以O 为圆心,以OA为半径的圆与CB相切于点E,与AB相交于点F,连接OE、OF,则图中阴影部分的面积是﹣π.解:∵∠B=90°,∠C=30°,∴∠A=60°,∵OA=OF,∴△AOF是等边三角形,∴∠COF=120°,∵OA=2,∴扇形OGF的面积为:=∵OA为半径的圆与CB相切于点E,∴∠OEC=90°,∴OC=2OE=4,∴AC=OC+OA=6,∴AB=AC=3,∴由勾股定理可知:BC=3∴△ABC的面积为:×3×3=∵△OAF的面积为:×2×=,∴阴影部分面积为:﹣﹣π=﹣π故答案为:﹣π24.(2018•枣庄)如图1,点P从△ABC的顶点B出发,沿B→C→A匀速运动到点A,图2是点P运动时,线段BP的长度y随时间x变化的关系图象,其中M为曲线部分的最低点,则△ABC的面积是12.解:根据图象可知点P在BC上运动时,此时BP不断增大,由图象可知:点P从B向C运动时,BP的最大值为5,即BC=5,由于M是曲线部分的最低点,∴此时BP最小,即BP⊥AC,BP=4,∴由勾股定理可知:PC=3,由于图象的曲线部分是轴对称图形,∴PA=3,∴AC=6,∴△ABC的面积为:×4×6=12故答案为:1225.(2018•东营)在平面直角坐标系内有两点A、B,其坐标为A(﹣1,﹣1),B(2,7),点M为x轴上的一个动点,若要使MB﹣MA的值最大,则点M的坐标为.解:取点B关于x轴的对称点B′,则直线AB′交x轴于点M.点M即为所求.设直线AB′解析式为:y=kx+b把点A(﹣1,﹣1)B′(2,﹣7)代入解得∴直线AB′为:y=﹣2x﹣3,当y=0时,x=﹣∴M坐标为(﹣,0)故答案为:(﹣,0)26.(2018•烟台)如图,反比例函数y=的图象经过▱ABCD对角线的交点P,已知点A,C,D在坐标轴上,BD⊥DC,▱ABCD的面积为6,则k=﹣3.解:过点P做PE⊥y轴于点E∵四边形ABCD为平行四边形∴AB=CD又∵BD⊥x轴∴ABDO为矩形∴AB=DO=S▱ABCD=6∴S矩形ABDO∵P为对角线交点,PE⊥y轴∴四边形PDOE为矩形面积为3即DO•EO=3∴设P点坐标为(x,y)k=xy=﹣3故答案为:﹣327.(2018•东营)如图,在平面直角坐标系中,点A1,A2,A3,…和B1,B2,B3,…分别在直线y=x+b和x轴上.△OA1B1,△B1A2B2,△B2A3B3,…都是等腰直角三角形.如果点A1(1,1),那么点A2018的纵坐标是.解:分别过点A1,A2,A3,…向x轴作垂线,垂足为C1,C2,C3,…∵点A1(1,1)在直线y=x+b上∴代入求得:b=∴y=x+∵△OA1B1为等腰直角三角形∴OB1=2设点A2坐标为(a,b)∵△B1A2B2为等腰直角三角形∴A2C2=B1C2=b∴a=OC2=OB1+B1C2=2+b把A2(2+b,b)代入y=x+解得b=∴OB2=5同理设点A3坐标为(a,b)∵△B2A3B3为等腰直角三角形∴A3C3=B2C3=b∴a=OC3=OB2+B2C3=5+b把A2(5+b,b)代入y=x+解得b=以此类推,发现每个A的纵坐标依次是前一个的倍则A2018的纵坐标是故答案为:28.(2018•烟台)如图,点O为正六边形ABCDEF的中心,点M为AF中点,以点O为圆心,以OM的长为半径画弧得到扇形MON,点N在BC上;以点E为圆心,以DE的长为半径画弧得到扇形DEF,把扇形MON的两条半径OM,ON重合,围成圆锥,将此圆锥的底面半径记为r1;将扇形DEF以同样方法围成的圆锥的底面半径记为r2,则r1:r2=:2.解:连OA由已知,M为AF中点,则OM⊥AF∵六边形ABCDEF为正六边形∴∠AOM=30°设AM=a∴AB=AO=2a,OM=∵正六边形中心角为60°∴∠MON=120°∴扇形MON的弧长为:a则r1=a同理:扇形DEF的弧长为:则r2=r1:r2=故答案为::229.(2018•潍坊)如图,点A1的坐标为(2,0),过点A1作x轴的垂线交直线l:y=x 于点B1,以原点O为圆心,OB1的长为半径画弧交x轴正半轴于点A2;再过点A2作x轴的垂线交直线l于点B2,以原点O为圆心,以OB2的长为半径画弧交x轴正半轴于点A3;….按此作法进行下去,则的长是.解:直线y=x,点A1坐标为(2,0),过点A1作x轴的垂线交直线于点B1可知B1点的坐标为(2,2),以原O为圆心,OB1长为半径画弧x轴于点A2,OA2=OB1,OA2==4,点A2的坐标为(4,0),这种方法可求得B2的坐标为(4,4),故点A3的坐标为(8,0),B3(8,8)以此类推便可求出点A2019的坐标为(22019,0),则的长是=.故答案为:.30.(2018•泰安)如图,在矩形ABCD中,AB=6,BC=10,将矩形ABCD沿BE折叠,点A落在A'处,若EA'的延长线恰好过点C,则sin∠ABE的值为.解:由折叠知,A'E=AE,A'B=AB=6,∠BA'E=90°,∴∠BA'C=90°,在Rt△A'CB中,A'C==8,设AE=x,则A'E=x,∴DE=10﹣x,CE=A'C+A'E=8+x,在Rt△CDE中,根据勾股定理得,(10﹣x)2+36=(8+x)2,∴x=2,∴AE=2,在Rt△ABE中,根据勾股定理得,BE==2,∴sin∠ABE==,故答案为:.31.(2018•济宁)如图,点A是反比例函数y=(x>0)图象上一点,直线y=kx+b过点A并且与两坐标轴分别交于点B,C,过点A作AD⊥x轴,垂足为D,连接DC,若△BOC的面积是4,则△DOC的面积是2﹣2.解:设A(a,)(a>0),∴AD=,OD=a,∵直线y=kx+b过点A并且与两坐标轴分别交于点B,C,∴C(0,b),B(﹣,0),∵△BOC的面积是4,=OB×OC=××b=4,∴S△BOC∴b2=8k,∴k=①∴AD⊥x轴,∴OC∥AD,∴△BOC∽△BDA,∴,∴,∴a2k+ab=4②,联立①②得,ab=﹣4﹣4(舍)或ab=4﹣4,=OD•OC=ab=2﹣2∴S△DOC故答案为2﹣2.32.(2018•潍坊)如图,正方形ABCD的边长为1,点A与原点重合,点B在y轴的正半轴上,点D在x轴的负半轴上,将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB'C′D′的位置,B'C′与CD相交于点M,则点M的坐标为(﹣1,).解:如图,连接AM,∵将边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形A B'C′D′,∴AD=AB′=1,∠BAB′=30°,∴∠B′AD=60°,在Rt△ADM和Rt△AB′M中,∵,∴Rt△ADM≌Rt△AB′M(HL),∴∠DAM=∠B′AM=∠B′AD=30°,∴DM=ADtan∠DAM=1×=,∴点M的坐标为(﹣1,),故答案为:(﹣1,).33.(2018•威海)如图,直线AB与双曲线y=(k<0)交于点A,B,点P是直线AB 上一动点,且点P在第二象限.连接PO并延长交双曲线于点C.过点P作PD⊥y轴,垂足为点D.过点C作CE⊥x轴,垂足为E.若点A的坐标为(﹣2,3),点B的坐标为(m,1),设△POD的面积为S1,△COE的面积为S2,当S1>S2时,点P的横坐标x的取值范围为﹣6<x<﹣2.解:∵A(﹣2,3)在y=上,∴k=﹣6.∵点B(m,1)在y=上,∴m=﹣6,观察图象可知:当S1>S2时,点P在线段AB上,∴点P的横坐标x的取值范围为﹣6<x<﹣2.故答案为﹣6<x<﹣2.34.(2018•临沂)如图.在△ABC中,∠A=60°,BC=5cm.能够将△ABC完全覆盖的最小圆形纸片的直径是cm.解:设圆的圆心为点O,能够将△ABC完全覆盖的最小圆是△ABC的外接圆,∵在△ABC中,∠A=60°,BC=5cm,∴∠BOC=120°,作OD⊥BC于点D,则∠ODB=90°,∠BOD=60°,∴BD=,∠OBD=30°,∴OB=,得OB=,∴2OB=,即△ABC外接圆的直径是cm,故答案为:.35.(2018•威海)如图,在扇形CAB中,CD⊥AB,垂足为D,⊙E是△ACD的内切圆,连接AE,BE,则∠AEB的度数为135°.解:如图,连接EC.∵E是△ADC的内心,∴∠AEC=90°+∠ADC=135°,在△AEC和△AEB中,,∴△EAC≌△EAB,∴∠AEB=∠AEC=135°,故答案为135°.。
【优选】山东泰安市2018年中考数学试题(含解析)
泰安市2018年初中学业水平考试数学试题一、选择题(本大题共12个小题,在每小题给出的四个选项中,只有一个是正确的,请把正确的选项选出来,每小题选对3分,选错、不选或选出的答案超过一个,均记零分)1. 计算:的结果是()A. -3B. 0C. -1D. 3【答案】D【解析】分析:根据相反数的概念、零指数幂的运算法则计算即可.详解:原式=2+1=3.故选D.点睛:本题考查的是零指数幂的运算,掌握任何非零数的零次幂等于1是解题的关键.2. 下列运算正确的是()A. B. C. D.【答案】D【解析】分析:根据合并同类项法则、同底数幂的乘、除法法则、积的乘方法则计算,判断即可.详解:2y3+y3=3y3,故A错误;y2•y3=y5,故B错误;(3y2)3=27y6,故C错误;y3÷y﹣2=y3﹣(﹣2)=y5.故D正确.故选D.点睛:本题考查的是合并同类项、同底数幂的乘法、积的乘方、同底数幂的除法,掌握它们的运算法则是解题的关键.3. 如图是下列哪个几何体的主视图与俯视图()A. B. C. D.【答案】C【解析】分析:直接利用主视图以及俯视图的观察角度结合结合几何体的形状得出答案.详解:由已知主视图和俯视图可得到该几何体是圆柱体的一半,只有选项C符合题意.故选C.点睛:本题主要考查了由三视图判断几何体,正确掌握常见几何体的形状是解题的关键.4. 如图,将一张含有角的三角形纸片的两个顶点叠放在矩形的两条对边上,若,则的大小为()A. B. C. D.【答案】A【解析】分析:依据平行线的性质,即可得到∠2=∠3=44°,再根据三角形外角性质,可得∠3=∠1+30°,进而得出结论.详解:如图,∵矩形的对边平行,∴∠2=∠3=44°,根据三角形外角性质,可得:∠3=∠1+30°,∴∠1=44°﹣30°=14°.故选A.点睛:本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角性质的运用,解题时注意:两直线平行,同位角相等.5. 某中学九年级二班六级的8名同学在一次排球垫球测试中的成绩如下(单位:个)35 38 42 44 40 47 45 45则这组数据的中位数、平均数分别是()A. 42、42B. 43、42C. 43、43D. 44、43【答案】B【解析】分析:根据中位线的概念求出中位数,利用算术平均数的计算公式求出平均数.详解:把这组数据排列顺序得:35 38 40 42 44 45 45 47,则这组数据的中位数为:=43,=(35+38+42+44+40+47+45+45)=42.故选B.点睛:本题考查的是中位数的确定、算术平均数的计算,掌握中位数的概念、算术平均数的计算公式是解题的关键.6. 夏季来临,某超市试销、两种型号的风扇,两周内共销售30台,销售收入5300元,型风扇每台200元,型风扇每台150元,问、两种型号的风扇分别销售了多少台?若设型风扇销售了台,型风扇销售了台,则根据题意列出方程组为()A. B.C. D.【答案】C【解析】分析:直接利用两周内共销售30台,销售收入5300元,分别得出等式进而得出答案.详解:设A型风扇销售了x台,B型风扇销售了y台,则根据题意列出方程组为:.故选C.点睛:本题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组,正确得出等量关系是解题的关键.7. 二次函数的图象如图所示,则反比例函数与一次函数在同一坐标系内的大致图象是()A. B. C. D.【答案】C【解析】分析:首先利用二次函数图象得出a,b的取值范围,进而结合反比例函数以及一次函数的性质得出答案.详解:由二次函数开口向上可得:a>0,对称轴在y轴左侧,故a,b同号,则b>0,故反比例函数y=图象分布在第一、三象限,一次函数y=ax+b经过第一、二、三象限.故选C.点睛:本题主要考查了二次函数、一次函数、反比例函数的图象,正确得出a,b的取值范围是解题的关键.8. 不等式组有3个整数解,则的取值范围是()A. B. C. D.【答案】B【解析】分析:解不等式组,可得不等式组的解,根据不等式组有3个整数解,可得答案.详解:不等式组,由﹣x<﹣1,解得:x>4,由4(x﹣1)≤2(x﹣a),解得:x≤2﹣a,故不等式组的解为:4<x≤2﹣a,由关于x的不等式组有3个整数解,得:7≤2﹣a<8,解得:﹣6<a≤﹣5.故选B.点睛:本题考查了解一元一次不等式组,利用不等式的解得出关于a的不等式是解题的关键.9. 如图,与相切于点,若,则的度数为()A. B. C. D.【答案】A【解析】分析:连接OA、OB,由切线的性质知∠OBM=90°,从而得∠ABO=∠BAO=50°,由三角形内角和定理知∠AOB=80°,根据圆周角定理可得答案.详解:如图,连接OA、OB.∵BM是⊙O的切线,∴∠OBM=90°.∵∠MBA=140°,∴∠ABO=50°.∵OA=OB,∴∠ABO=∠BAO=50°,∴∠AOB=80°,∴∠ACB=∠AOB=40°.故选A.10. 一元二次方程根的情况是()A. 无实数根B. 有一个正根,一个负根C. 有两个正根,且都小于3D. 有两个正根,且有一根大于3【答案】D【解析】分析:直接整理原方程,进而解方程得出x的值.详解:(x+1)(x﹣3)=2x﹣5整理得:x2﹣2x﹣3=2x﹣5,则x2﹣4x+2=0,(x﹣2)2=2,解得:x1=2+>3,x2=2﹣,故有两个正根,且有一根大于3.故选D.点睛:本题主要考查了一元二次方程的解法,正确解方程是解题的关键.11. 如图,将正方形网格放置在平面直角坐标系中,其中每个小正方形的边长均为1,经过平移后得到,若上一点平移后对应点为,点绕原点顺时针旋转,对应点为,则点的坐标为()A. B. C. D.【答案】A【解析】分析:由题意将点P向下平移5个单位,再向左平移4个单位得到P1,再根据P1与P2关于原点对称,即可解决问题.详解:由题意将点P向下平移5个单位,再向左平移4个单位得到P1.∵P(1.2,1.4),∴P1(﹣2.8,﹣3.6).∵P1与P2关于原点对称,∴P2(2.8,3.6).故选A.12. 如图,的半径为2,圆心的坐标为,点是上的任意一点,,且、与轴分别交于、两点,若点、点关于原点对称,则的最小值为()A. 3B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:连接OP.由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,得到OP=AB,当OP最短时,AB最短.连接OM交⊙M于点P,则此时OP最短,且OP=OM-PM,计算即可得到结论.详解:连接OP.∵P A⊥PB,OA=OB,∴OP=AB,当OP最短时,AB最短.连接OM交⊙M于点P,则此时OP最短,且OP=OM-PM==3,∴AB的最小值为2OP=6.故选C.点睛:本题考查了直角三角形斜边上中线的性质以及两点间的距离公式.解题的关键是利用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半把AB的长转化为2OP.二、填空题(本大题共6小题,满分18分.只要求填写最后结果,每小题填对得3分)13. 一个铁原子的质量是,将这个数据用科学记数法表示为__________.【答案】【解析】分析:科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数.确定n的值时,要看把原数变成a时,小数点移动了多少位,n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值<1时,n是负数;n的绝对值等于第一个非零数前零的个数.详解:0.000000000000000000000000093=9.3×10﹣26.故答案为:9.3×10﹣26.点睛:本题考查了科学记数法的表示方法.科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数,表示时关键要正确确定a的值以及n的值.14. 如图,是的外接圆,,,则的直径..为__________.【答案】【解析】分析:连接OB,OC,依据△BOC是等腰直角三角形,即可得到BO=CO=BC•cos45°=2,进而得出⊙O的直径为4.详解:如图,连接OB,OC.∵∠A=45°,∴∠BOC=90°,∴△BOC是等腰直角三角形.又∵BC=4,∴BO=CO=BC•cos45°=2,∴⊙O的直径为4.故答案为:4.点睛:本题主要考查了三角形的外接圆以及圆周角定理的运用,三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点,叫做三角形的外心.15. 如图,在矩形中,,,将矩形沿折叠,点落在处,若的延长线恰好过点,则的值为__________.【答案】【解析】分析:先利用勾股定理求出A'C,进而利用勾股定理建立方程求出AE,即可求出BE,最后用三角函数即可得出结论.详解:由折叠知,A'E=AE,A'B=AB=6,∠BA'E=90°,∴∠BA'C=90°.在Rt△A'CB中,A'C==8,设AE=x,则A'E=x,∴DE=10﹣x,CE=A'C+A'E=8+x.在Rt△CDE 中,根据勾股定理得:(10﹣x)2+36=(8+x)2,∴x=2,∴AE=2.在Rt△ABE中,根据勾股定理得:BE==2,∴sin∠ABE==.故答案为:.点睛:本题主要考查了折叠的性质,勾股定理,锐角三角函数,充分利用勾股定理求出线段AE是解答本题的关键.16. 如图,在中,,,,点是边上的动点(不与点重合),过作,垂足为,点是的中点,连接,设,的面积为,则与之间的函数关系式为__________.【答案】【解析】分析:由=,CD=x,得到DE=,CE=,则BE=10-,由ΔDEB的面积S等于△BDE面积的一半,即可得出结论.详解:∵DE⊥BC,垂足为E,∴tan∠C==,CD=x,∴DE=,CE=,则BE=10-,∴S=S△BED=(10-)•化简得:.故答案为:.点睛:本题考查了动点问题的函数解析式,解题的关键是设法将BE与DE都用含有x的代数式表示.17. 《九章算术》是中国传统数学最重要的著作,在“勾股”章中有这样一个问题:“今有邑方二百步,各中开门,出东门十五步有木,问:出南门几步而见木?”用今天的话说,大意是:如图,是一座边长为200步(“步”是古代的长度单位)的正方形小城,东门位于的中点,南门位于的中点,出东门15步的处有一树木,求出南门多少步恰好看到位于处的树木(即点在直线上)?请你计算的长为__________步.【答案】【解析】分析:由正方形的性质得到∠EDG=90°,从而∠KDC+∠HDA=90°,再由∠C+∠KDC=90°,得到∠C=∠HDA,即有△CKD∽△DHA,由相似三角形的性质得到CK:KD=HD:HA,求解即可得到结论.详解:∵DEFG是正方形,∴∠EDG=90°,∴∠KDC+∠HDA=90°.∵∠C+∠KDC=90°,∴∠C=∠HDA.∵∠CKD=∠DHA=90°,∴△CKD∽△DHA,∴CK:KD=HD:HA,∴CK:100=100:15,解得:CK=.故答案为:.点睛:本题考查了相似三角形的应用.解题的关键是证明△CKD∽△DHA.三、解答题(本大题共7小题,满分66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)18. 先化简,再求值:,其中.【答案】.【解析】分析:先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式,再将m的值代入计算可得.详解:原式=÷(﹣)=÷=•=﹣=当m=﹣2时,原式=﹣=﹣=﹣1+2=.点睛:本题主要考查分式的化简求值,解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则.19. 文美书店决定用不多于20000元购进甲乙两种图书共1200本进行销售.甲、乙两种图书的进价分别为每本20元、14元,甲种图书每本的售价是乙种图书每本售价的1.4倍,若用1680元在文美书店可购买甲种图书的本数比用1400元购买乙种图书的本数少10本.(1)甲乙两种图书的售价分别为每本多少元?(2)书店为了让利读者,决定甲种图书售价每本降低3元,乙种图书售价每本降低2元,问书店应如何进货才能获得最大利润?(购进的两种图书全部销售完.)【答案】(1)甲种图书售价每本28元,乙种图书售价每本20元;(2)甲种图书进货533本,乙种图书进货667本时利润最大.【解析】分析:(1)乙种图书售价每本元,则甲种图书售价为每本元,根据“用1680元在文美书店可购买甲种图书的本数比用1400元购买乙种图书的本数少10本”列出方程求解即可;(2)设甲种图书进货本,总利润元,根据题意列出不等式及一次函数,解不等式求出解集,从而确定方案,进而求出利润最大的方案.详解:(1)设乙种图书售价每本元,则甲种图书售价为每本元.由题意得:,解得:.经检验,是原方程的解.所以,甲种图书售价为每本元,答:甲种图书售价每本28元,乙种图书售价每本20元.(2)设甲种图书进货本,总利润元,则.又∵,解得:.∵随的增大而增大,∴当最大时最大,∴当本时最大,此时,乙种图书进货本数为(本).答:甲种图书进货533本,乙种图书进货667本时利润最大.点睛:本题考查了一次函数的应用,分式方程的应用,一元一次不等式的应用,理解题意找到题目蕴含的相等关系或不等关系是解应用题的关键.20. 为增强学生的安全意识,我市某中学组织初三年级1000名学生参加了“校园安全知识竞赛”,随机抽取了一个班学生的成绩进行整理,分为,,,四个等级,并把结果整理绘制成条形统计图与扇形统计图(部分),请依据如图提供的信息,完成下列问题:(1)请估计本校初三年级等级为的学生人数;(2)学校决定从得满分的3名女生和2名男生中随机抽取3人参加市级比赛,请求出恰好抽到2名女生和1名男生的概率.【答案】(1)估计该校初三等级为的学生人数约为125人;(2)恰有2名女生,1名男生的概率为.【解析】分析:(1)先根据C等级人数及其所占百分比求得总人数,用总人数减去B、C、D的人数求得A等级人数,再用总人数乘以样本中A等级人数所占比例;(2)列出从3名女生和2名男生中随机抽取3人的所有等可能结果,再从中找到恰好抽到2名女生和1名男生的结果数,根据概率公式计算可得.详解:(1)∵所抽取学生的总数为8÷20%=40人,∴该班级等级为A的学生人数为40﹣(25+8+2)=5人,则估计本校初三年级等级为A的学生人数为1000×=125人;(2)设两位满分的男生记为A1、A2、三位满分的女生记为B1、B2、B3,从这5名同学中选3人的所有等可能结果为:(B1,B2,B3)、(A2,B2,B3)、(A2,B1,B3)、(A2,B1,B2)、(A1,B2,B3)、(A1,B1,B3)、(A1,B1,B2)、(A1,A2,B3)、(A1,A2,B2)、(A1,A2,B1),其中恰好有2名女生、1名男生的结果有6种,所以恰好抽到2名女生和1名男生的概率为=.点睛:本题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图.用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.21. 如图,矩形的两边、的长分别为3、8,是的中点,反比例函数的图象经过点,与交于点.(1)若点坐标为,求的值及图象经过、两点的一次函数的表达式;(2)若,求反比例函数的表达式.【答案】(1),;(2).【解析】分析:(1)由已知求出A、E的坐标,即可得出m的值和一次函数函数的解析式;(2)由,得到,由,得到.设点坐标为,则点坐标为,代入反比例函数解析式即可得到结论.详解:(1)∵为的中点,∴.∵反比例函数图象过点,∴.设图象经过、两点的一次函数表达式为:,∴,解得,∴.(2)∵,∴.∵,∴,∴.设点坐标为,则点坐标为.∵两点在图象上,∴,解得:,∴,∴,∴.点睛:本题考查了矩形的性质以及反比例函数一次函数的解析式.解题的关键是求出点A、E、F的坐标.22. 如图,中,是上一点,于点,是的中点,于点,与交于点,若,平分,连接,.(1)求证:;(2)小亮同学经过探究发现:.请你帮助小亮同学证明这一结论.(3)若,判定四边形是否为菱形,并说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)四边形是菱形,理由见解析.(1)由条件得出∠C=∠DHG=90°,∠CGE=∠GED,由F是AD的中点,FG∥AE,【解析】分析:即可得到FG是线段ED的垂直平分线,进而得到GE=GD,∠CGE=∠GDE,利用AAS即可判定△ECG≌△GHD;(2)过点G作GP⊥AB于P,判定△CAG≌△P AG,可得AC=AP,由(1)可得EG=DG,即可得到Rt△ECG≌Rt△GPD,依据EC=PD,即可得出AD=AP+PD=AC+EC;(3)由∠B=30°,可得∠ADE=30°,进而得到AE=AD,故AE=AF=FG,再根据四边形AECF是平行四边形,即可得到四边形AEGF是菱形.详解:(1)∵AF=FG,∴∠F AG=∠FGA.∵AG平分∠CAB,∴∠CAG=∠FGA,∴∠CAG=∠FGA,∴AC∥FG.∵DE⊥AC,∴FG⊥DE.∵FG⊥BC,∴DE∥BC,∴AC⊥BC,∴∠C=∠DHG=90°,∠CGE=∠GED.∵F是AD的中点,FG∥AE,∴H是ED的中点,∴FG是线段ED的垂直平分线,∴GE=GD,∠GDE=∠GED,∴∠CGE=∠GDE,∴△ECG≌△GHD;(2)过点G作GP⊥AB于P,∴GC=GP,而AG=AG,∴△CAG≌△P AG,∴AC=AP,由(1)可得EG=DG,∴Rt△ECG≌Rt△GPD,∴EC=PD,∴AD=AP+PD=AC+EC;(3)四边形AEGF是菱形.证明如下:∵∠B=30°,∴∠ADE=30°,∴AE=AD,∴AE=AF=FG,由(1)得AE∥FG,∴四边形AECF是平行四边形,∴四边形AEGF是菱形.点睛:本题属于四边形综合题,主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质,线段垂直平分线的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的综合运用,利用全等三角形的对应边相等,对应角相等是解决问题的关键.23. 如图,在平面直角坐标系中,二次函数交轴于点、,交轴于点,在轴上有一点,连接.(1)求二次函数的表达式;(2)若点为抛物线在轴负半轴上方的一个动点,求面积的最大值;(3)抛物线对称轴上是否存在点,使为等腰三角形,若存在,请直接写出所有点的坐标,若不存在请说明理由.【答案】(1)二次函数的解析式为;(2)当时,的面积取得最大值;(3)点的坐标为,,.【解析】分析:(1)把已知点坐标代入函数解析式,得出方程组求解即可;(2)根据函数解析式设出点D坐标,过点D作DG⊥x轴,交AE于点F,表示△ADE的面积,运用二次函数分析最值即可;(3)设出点P坐标,分P A=PE,P A=AE,PE=AE三种情况讨论分析即可.详解:(1)∵二次函数y=ax2+bx+c经过点A(﹣4,0)、B(2,0),C(0,6),∴,解得:,所以二次函数的解析式为:y=;(2)由A(﹣4,0),E(0,﹣2),可求AE所在直线解析式为y=,过点D作DN⊥x轴,交AE于点F,交x轴于点G,过点E作EH⊥DF,垂足为H,如图,设D(m,),则点F(m,),∴DF=﹣()=,∴S△ADE=S△ADF+S△EDF=×DF×AG+DF×EH=×DF×AG+×DF×EH=×4×DF=2×()=,∴当m=时,△ADE的面积取得最大值为.(3)y=的对称轴为x=﹣1,设P(﹣1,n),又E(0,﹣2),A(﹣4,0),可求P A=,PE=,AE=,分三种情况讨论:当P A=PE时,=,解得:n=1,此时P(﹣1,1);当P A=AE时,=,解得:n=,此时点P坐标为(﹣1,);当PE=AE时,=,解得:n=﹣2,此时点P坐标为:(﹣1,﹣2).综上所述:P点的坐标为:(﹣1,1),(﹣1,),(﹣1,﹣2).点睛:本题主要考查二次函数的综合问题,会求抛物线解析式,会运用二次函数分析三角形面积的最大值,会分类讨论解决等腰三角形的顶点的存在问题时解决此题的关键.24. 如图,在菱形ABCD中,AC与BD交于点O,E是BD上一点,EF//AB,∠EAB=∠EBA,过点B作DA的垂线,交DA的延长线于点G.(1)∠DEF和∠AEF是否相等?若相等,请证明;若不相等,请说明理由;(2)找出图中与ΔAGB相似的三角形,并证明;(3)BF的延长线交CD的延长线于点H,交AC于点M.求证:BM2=MF⋅MH.【答案】(1),理由见解析;(2),证明见解析;(3)证明见解析.【解析】分析:(1)先判断出∠DEF=∠EBA,∠AEF=∠EAB,即可得出结论;(2)先判断出∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE,进而得出∠GAB=∠AEO,即可得出结论;(3)先判断出BM=DM,∠ADM=∠ABM,进而得出∠ADM=∠H,判断出△MFD∽△MDH,即可得出结论.详解:(1)∠DEF=∠AEF,理由如下:∵EF∥AB,∴∠DEF=∠EBA,∠AEF=∠EAB.∵∠EAB=∠EBA,∴∠DEF=∠AEF;(2)△EOA∽△AGB,理由如下:∵四边形ABCD是菱形,∴AB=AD,AC⊥BD,∴∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE.∵∠AEO=∠ABE+∠BAE=2∠ABE.∵∠GAB=∠AEO,∠GAB=∠AOE=90°,∴△EOA∽△AGB;(3)如图,连接DM.∵四边形ABCD是菱形,由对称性可知,BM=DM,∠ADM=∠ABM.∵AB∥CH,∴∠ABM=∠H,∴∠ADM=∠H.∵∠DMH=∠FMD,∴△MFD∽△MDH,∴,∴DM2=MF•MH,∴BM2=MF•MH.点睛:本题是相似形综合题,主要考查了菱形的性质,对称性,相似三角形的判定和性质,判断出△EOA∽△AGB是解答本题的关键.。
泰安中考数学总复习专题三:几何变换压轴题
聚焦泰安类型一 图形的旋转变换几何图形的旋转变换是近年来中考中的常考点,多与三角形、四边形相结合.解决旋转变换问题,首先要明确旋转中心、旋转方向和旋转角,关键是找出旋转前后的对应点,利用旋转前后两图形全等等性质解题.(·潍坊)如图,在菱形ABCD 中,AB =2,∠BAD=60°,过点D 作DE⊥AB 于点E ,DF⊥BC 于点F.(1)如图1,连接AC 分别交DE ,DF 于点M ,N , 求证:MN =13AC ;(2)如图2,将∠EDF 以点D 为旋转中心旋转,其两边DE′,DF′分别与直线AB ,BC 相交于点G ,P.连接GP ,当△DGP 的面积等于33时,求旋转角的大小并指明旋转方向.【分析】 (1)连接BD ,由∠BAD=60°,得到△ABD 为等边三角形,进而证明点E 是AB 的中点,再根据相似三角形的性质解答;(2)分∠EDF 顺时针旋转和逆时针旋转两种情况,然后根据旋转的性质解题.1.(·张家界)如图,在正方形ABCD中,AD=23,把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP,连接AP并延长交CD于点E,连接PC,则△PCE的面积为_____________.2.(·赤峰)△OPA和△OQB分别是以OP,OQ为直角边的等腰直角三角形,点C,D,E分别是OA,OB,AB的中点.(1)当∠AOB=90°时,如图1,连接PE,QE,直接写出EP与EQ的大小关系;(2)将△OQB绕点O逆时针方向旋转,如图2,当∠AOB是锐角时(1)中的结论是否成立?若成立,请给出证明;若不成立,请加以说明.(3)仍将△OQB绕点O旋转,如图3,当∠AOB为钝角时,延长PC,QD交于点G,使△ABG为等边三角形,求∠AOB的度数.类型二图形的翻折变换几何图形的翻折变换也是近年来中考中的常考点,多与三角形、四边形相结合.翻折变换的实质是对称,翻折部分的两图形全等,找出对应边、对应角,再结合勾股定理、相似的性质与判定解题.(·南宁)如图,菱形ABCD的对角线相交于点O,AC=2,BD=23,将菱形按如图方式折叠,使点B与点O重合,折痕为EF,则五边形AEFCD的周长为.【分析】根据菱形的性质和折叠的性质推出△BEF是等边三角形,得到∠BEF =60°,得到△AEO是等边三角形,推出EF是△ABC的中位线,从而得到结论.3.(·张家界)如图,将矩形ABCD沿GH对折,点C落在点Q处,点D落在点E 处,EQ与BC交于点F.若AD=8 cm,AB=6 cm,AE=4 cm,则△EBF的周长是________cm.4.(·锦州)如图,正方形ABCD中,AB=2,E是CD中点,将正方形ABCD沿AM 折叠,使点B的对应点F落在AE上,延长MF交CD于点N,则DN的长为__________.类型三图形的相似图形的相似常以三角形、四边形为背景,与旋转、翻折、动点相结合,考查三角形相似的性质及判定,难度较大,是中考中常考的几何压轴题.与动点相关的相似三角形,要根据动点的运动情况讨论相似三角形的对应边、对应角,进而判定相似三角形,再利用相似三角形的性质解题.(·青岛)如图,在矩形ABCD中,AB=6 cm,BC=8 cm,对角线AC,BD交于点O.点P从点A出发,沿AD方向匀速运动,速度为1 cm/s;同时,点Q从点D出发,沿DC方向匀速运动,速度为1 cm/s;当一个点停止运动时,另一个点也停止运动.连接PO并延长,交BC于点E,过点Q作QF∥AC,交BD于点F.设运动时间为t(s)(0<t<6) ,解答下列问题:(1)当t为何值时,△AOP是等腰三角形;(2)设五边形OECQF的面积为S(cm2),试确定S与t的函数关系式.【分析】 (1)根据勾股定理求出AC的值,然后分类讨论:当AP=PO时,求出t 的值;当AP=AO时,求出t的值;(2)过点E作EH⊥AC于点H,过点Q作QM⊥AC 于点M,过点D作DN⊥AC于点N,交QF于点G,分别用t表示出EH,DN,DG,再利用面积的和差计算即可.5.(·十堰)如图,正方形ABCD 中,BE =EF =FC ,CG =2GD ,BG 分别交AE ,AF 于M ,N.下列结论:①AF⊥BG;②BN=43NF ;③BM MG =38;④S 四边形CGNF =12S 四边形ANGD .其中正确的结论的序号是________.6.(·眉山)如图,△ABC 和△BEC 均为等腰直角三角形,且∠ACB=∠BEC=90°,AC =42,点P 为线段BE 延长线上一点,连接CP ,以CP 为直角边向下作等腰直角△CPD,线段BE 与CD 相交于点F. (1)求证:PC CD =CE CB;(2)连接BD ,请你判断AC 与BD 有什么位置关系?并说明理由; (3)设PE =x ,△PBD 的面积为S ,求S 与x 之间的函数关系式.参考答案【聚焦泰安】【例1】 (1)如图,连接BD ,设BD 交AC 于点O ,∵在菱形ABCD 中,∠DAB=60°,AD =AB , ∴△ABD 为等边三角形. ∵DE⊥AB,∴点E 为AB 的中点. ∵AE∥CD,∴AM CM =AE CD =12.同理CN AN =12.∴M,N 是线段AC 的三等分点,∴MN=13AC.(2)∵AB∥CD,∠BAD=60°,∴∠A DC =120°. ∵∠ADE=∠CDF=30°,∴∠EDF=60°. 当∠EDF 顺时针旋转时,由旋转的性质知, ∠EDG=∠FDP,∠GDP=∠EDF=60°. ∵DE=DF =3,∠DEG=∠DFP=90°, ∴△DEG≌△DFP,∴DG=DP ,∴△DGP 是等边三角形.则S △DGP =34DG 2.由34DG 2=33,又∵DG >0,解得DG =2 3. ∴cos ∠EDG=DE DG =323=12,∴∠EDG=60°.∴当顺时针旋转60°时,△DGP 的面积是3 3. 同理,当逆时针旋转60°时,△DGP 的面积也是3 3.综上所述,当∠EDF 以点D 为旋转中心,顺时针或逆时针旋转60°时,△DGP 的面积是3 3. 变式训练 1.9-5 3 2.解:(1)EP =EQ. (2)结论成立.证明如下: ∵点C ,E 分别是OA ,AB 的中点, ∴CE∥OB,CE =12OB ,∴∠DOC=∠ECA.∵点D 是Rt △OQB 斜边中点, ∴DQ=12OB ,∴CE=DQ.同理,PC =DE ,∠DOC=∠BDE,∴∠ECA=∠BDE, ∴∠PCE=∠EDQ,∴△EPC≌△QED,∴EP=EQ. (3)如图,连接GO ,∵点D ,C 分别是OB ,OA 的中点,△APO 与△QBO 都是等腰直角三角形, ∴CQ,GP 分别是OB ,OA 的垂直平分线, ∴GB=GO =GA ,∴∠GBO=∠GOB,∠GOA=∠GAO. 设∠GOB=x ,∠GOA=y , 则x +x +y +y +60°=360°, ∴x+y =150°,∴∠AOB=150°.【例2】 ∵四边形ABCD 是菱形,AC =2,BD =23, ∴∠ABO=∠CBO,AC⊥BD.∵AO=1,BO =3,∴tan ∠ABO=AO BO =33,∴∠ABO=30°,AB =2,∴∠ABC=60°.由折叠的性质得EF⊥BO,OE =BE ,∠BEF=∠OEF, ∴BE=BF ,EF∥AC,∴△BEF 是等边三角形, ∴∠BEF=60°,∴∠OEF =60°,∴∠AEO=60°, ∴△AEO 是等边三角形,∴AE=OE ,∴BE=AE , ∴EF 是△ABC 的中位线, ∴EF=12AC =1,AE =OE =1,同理CF =OF =1,∴五边形AEFCD 的周长=1+1+1+2+2=7. 故答案为7.变式训练 3.8 4.25-4【例3】 (1)∵在矩形ABCD 中,AB =6 cm ,BC =8 cm , ∴AC=10 cm .①当AP =PO 时,如图,过点P 作PM⊥AO,∴AM=12AO =52.∵∠PMA=∠ADC=90°,∠PAM=∠CAD, ∴△APM∽△ACD,∴AP AC =AM AD ,∴AP=t =258. ②当AP =AO 时,t =5.∵0<t <6,∴t=258或t =5均符合题意,∴当t =258或t =5时,△AOP 是等腰三角形.(2)如图,过点E 作EH⊥AC 于点H ,过点Q 作QM⊥AC 于点M ,过点D 作DN⊥AC 于点N ,交QF 于点G ,∵四边形ABCD 是矩形,∴AD∥BC, ∴∠PAO=∠E CO.∵点O 是对角线AC 的中点,∴AO=CO. 又∵∠AOP=∠COE,∴△AOP≌△COE, ∴CE=AP =t. ∵△CEH∽△CAB, ∴EH AB =CE CA ,∴EH=3t 5. ∵S △ADC =12AD·DC=12DN·AC,∴DN=AD·CD AC =245.∵QM∥DN,∴△CQM∽△CDN, ∴QM DN =CQ CD ,即QM 245=6-t 6.∴QM=24-4t 5, ∴DG =245-24-4t 5=4t 5.∵FQ∥AC,∴△DFQ∽△DOC, ∴FQ OC =DG DN ,∴FQ=5t6, ∴S=S △OEC +S △OC D -S △DFQ=12OC·EH+12OC·DN-12DG·FQ =-13t 2+32t +12.即S 与t 的函数关系式为S =-13t 2+32t +12.变式训练 5.①③6.解:(1)∵△ABC 和△BEC 均为等腰直角三角形, ∴∠ECB=∠PCD=45°,∠CEB=∠CPD=90°, ∴△BCE∽△DCP,∴PC CD =CECB .(2)AC∥BD.理由如下:∵∠PCE+∠ECD=∠BCD+∠ECD=45°, ∴∠PCE=∠DCB.∵PC DC =CECB ,∴△PCE∽△DCB, ∴∠CBD=∠CEP=90°.∵∠ACB=90°,∴∠ACB=∠CBD,∴AC∥BD. (3)如图,过点P 作PM⊥BD 的延长线于点M ,∵AC=42,△ABC 和△BEC 均为等腰直角三角形, ∴BE=CE =4.∵△PCE∽△DCB,∴CE CB =EP BD ,即442=xBD ,∴BD=2x.∵∠PBM=∠CBD-∠CBP=45°,11 / 11 BP =BE +PE =4+x ,∴PM=4+x 2, ∴S=12BD·PM=12×2x×4+x 2=12x 2+2x.。
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并指明旋转方向.
【分析】 (1) 连接 BD,由∠ BAD=60°,得到△ ABD 为等边三角形,进而证明 点 E是 AB的中点,再根据相似三角形的性质解答; (2) 分∠ EDF顺时针旋转和逆 时针旋转两种情况,然后根据旋转的性质解题.
1.( 2017·张家界 ) 如图,在正方形 ABCD中, AD=2 3,把边 BC绕点 B 逆时针 旋转 30°得到线段 BP,连接 AP并延长交 CD于点 E,连接 PC,则△ PCE的面积 为 _____________.
【分析】 根据菱形的性质和折叠的性质推出△ BEF 是等边三角形,得到∠ BEF =60°,得到△ AEO 是等边三角形,推出 EF 是△ ABC 的中位线,从而得到结 论.
3.( 2016·张家界 ) 如图,将矩形 ABCD沿 GH对折,点 C落在点 Q处,点 D落在 点 E 处, EQ与 BC交于点 F. 若 AD=8 cm,AB=6 cm,AE=4 cm,则△ EBF的周 长是 ________cm.
查三角形相似的性质及判定,难度较大,是中考中常考的几何压轴
题.与动点
相关的相似三角形,要根据动点的运动情况讨论相似三角形的对应边、对应
角,进而判定相似三角形,再利用相似三角形的性质解题.
( 2016· 青岛 ) 如图,在矩形 ABCD中, AB=6 cm,BC=8 cm,对角线 AC,
BD交于点 O.点 P 从点 A 出发,沿 AD方向匀速运动,速度为 1 cm/ s;同时,点
DE⊥AB于点 E,DF⊥BC于点 F.
(1) 如图 1,连接 AC分别交 DE,DF于点 M,N,
1 求证: MN=3AC;
(2) 如图 2,将∠ EDF 以点 D 为旋转中心旋转,其两边 DE′, DF′分别与直线
AB,BC相交于点 G,P. 连接 GP,当△ DGP的面积等于 3 3时,求旋转角的大小
6.( 2016·眉山 ) 如图,△ ABC和△ BEC均为等腰直角三角形,且∠ ACB=∠ BEC =90°, AC=4 2,点 P为线段 BE延长线上一点,连接 CP,以 CP为直角边向下 作等腰直角△ CPD,线段 BE与 CD相交于点 F. [来源:学&科&网Z&X&X&K]
PC CE (1) 求证: CD= CB; (2) 连接 BD,请你判断 AC与 BD有什么位置关系?并说明理由; (3) 设 PE=x,△ PBD的面积为 S,求 S与
参考答案
【例 1】 (1) 如图,连接 BD,设 BD交 AC于点 O,
∵在菱形 ABCD中,∠ DAB=60°, AD=AB,
∴△ ABD为等边三角形.
∵DE⊥AB,∴点 E为 AB的中点.
AM AE 1
CN 1
∵AE∥CD,∴
CM=
CD= 2.
同理
AN=
. 2
1 ∴M,N 是线段 AC的三等分点,∴ MN= 3AC.
【分析】 (1) 根据勾股定理求出 AC的值,然后分类讨论:当 AP=PO时,求出 t 的值;当 AP=AO时,求出 t 的值; (2) 过点 E作 EH⊥AC于点 H,过点 Q作 QM⊥AC 于点 M,过点 D作 DN⊥AC于点 N,交 QF于点 G,分别用 t 表示出 EH,DN,DG,
再利用面积的和差计算即可.
Q从点 D出发,沿 DC方向匀速运动,速度为 1 cm/ s;当一个点停止运动时,另
一个点也停止运动.连接 PO并延长,交 BC于点 E,过点 Q作 QF∥AC,交 BD于
点 F. 设运动时间为 t( s)(0 <t <6) ,解答下列问题:
(1) 当 t 为何值时,△ AOP是等腰三角形; (2) 设五边形 OECQF的面积为 S(cm2) ,试确定 S 与 t 的函数关系式.
4.( 2017·锦州 ) 如图,正方形 ABCD中, AB=2,E 是 CD中点,将正方形 ABCD
沿 AM折叠,使点 B 的对应点 F 落在 AE上,延长 MF交 CD于点 N,则 DN的长为 __________.
类型三 图形的相似
图形的相似常以三角形、四边形为背景,与旋转、翻折、动点相结合,考
类型二 图形的翻折变换 几何图形的翻折变换也是近年来中考中的常考点,多与三角形、四边形相
结合.翻折变换的实质是对称,翻折部分的两图形全等,找出对应边、对应 角,再结合勾股定理、相似的性质与判定解题.
( 2017· 南宁 ) 如图,菱形 ABCD的对角线相交于点 O,AC=2,BD=2 3, 将菱形按如图方式折叠,使点 B 与点 O重合,折痕为 EF,则五边形 AEFCD的周 长为 .
(2) ∵AB∥CD,∠ BAD=60°,∴∠A DC=120°. ∵∠ ADE=∠ CDF=30°,∴∠ EDF=60°. 当∠ EDF顺时针旋转时,由旋转的性质知, ∠EDG=∠ FDP,∠ GDP=∠ EDF=60°.
类型一 图形的旋转变换
聚焦泰安
几何图形的旋转变换是近年来中考中的常考点,多与三角形、四边形相结
合.解决旋转变换问题,首先 要明确旋转中心、旋转方向和旋转角,关键是找
出旋转前后的对应点,利用旋转前后两图形全等等性质解题.
( 2016· 潍坊 ) 如图,在菱形 ABCD中, AB= 2,∠ BAD=60°,过点 D 作
2.( 2017·赤峰 ) △OPA和△ OQB分别是以 OP,OQ为直角边的等腰直角三角形, 点 C,D,E 分别是 OA,OB,AB的中点. (1) 当∠ AOB=90°时,如图 1,连接 PE,QE,直接写出 EP与 EQ的大小关系; (2) 将△ OQB绕点 O逆时针方向旋转,如图 2,当∠ AOB是锐角时 (1) 中的结论是 否成立?若成立,请给出证明;若不成立,请加以说明. (3) 仍将△ OQB绕点 O旋转,如图 3,当∠ AOB为钝角时,延长 PC,QD交于点 G, 使△ ABG为等边三角形,求∠ AOB的度数.
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5.( 2017·十堰 ) 如图,正方形 ABCD中, BE=EF= FC,CG=2GD,BG 分别交
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BM 3
AE, AF于 M,N. 下列结论:① AF⊥BG;② BN= 3NF;③ MG= 8;④S四边形 = CGNF
1 2 S 四边形 . ANGD 其中正确的结论的序号是 ________.