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名师讲评式解析
第一章 数与式
=1-3+6+5-1
.
=8
第一讲 实数(含二次根式) 27. 解: 原计算在第一步开始出错
(1) ,
1.
正确的解答过程如下
:
A
2. 【解析】 是整数 . 是有限小数 2 是分数 它 (-6)×( 1 + 2 - 5 )
B 0 ,3 14 , , 2 3 6
3
们都不是无理数 是无限不循环小数 它是无理数. 1 2 5
, 2 , =-6× -6× +6×
3. 【解析】若收入 元记作 元 则支出 元可记 2 3 6
A 10 +10 , 5
作 元 故选 . =-3-4+5
-5 , A
4. 5. 6. =-2;
A B A
7. 【解析】观察数轴可知 a b a b 2 1 1
D -2< <-1,0< <1,| |>| |, (2)|2- 2|-(-2) ×( - )
2 4
a b a b 选项的结论错误 选项
∴ + <0, - <0,∴ A,B,C ,D
1
的结论正确. =2- 2-4×
4
8.
C
【解析】
0
.
000 074=7
.
4×10
-5.
.
9.
=1- 2
C 第二讲 整式及其运算
10. 【解析】 . 8 . 8
D 6 18×10 =618 000 000,6 28×10 =
. 9 . 9 1. 【解析】 a与b差的平方 表示为 a b 2.
628 000 000,6 18×10 =6 180 000 000,6 28×10 = B “ ” ( - )
2. . a 【解析】一种商品每件标价为a元 按标价的
6 280000000,∵618000000<628000000<6180000000 0 8 , 8
. 8 . 8 . 9 折出售 则每件商品的售价是 . a元.
<6 280 000 000,∴ 6 18×10 <6 28×10 <6 18×10 < , 0 8
. 9 四个数中 最大的是 . 9. 3. m n
6 28×10 ,∴ , 6 28×10 5 +3
11. . 9 【解析】 皮秒 -12 4. 【解析】 x y y x y x
2 5×10 ∵ 400 =400×1×10 =4× -3 ∵ 2 -3 =2,∴ 3 -2 =-2,∴ 6 -4 +1=
y x .
-10 秒 1 . 9 次 . 2(3 -2 )+1=2×(-2)+1=-3
10 ,∴ -10 =2 5×10( ) 5. 【解析】 a b a2 b2 b a b a b b
4×10 4 ∵ + =2,∴ - +4 =( + )( - )+4 =
12. a b b a b .
A 2( - )+4 =2( + )=4
13. 【解析】 熔点最高 6. 【解析】 a b b a a2 ab b
D ∵ -259<-218<-210<-117,∴ 1 ∵ 2 + =-1,∴ =-1-2 ,∴ 4 +2 - =
的是固态酒精. a2 a a a a2 a a2 a .
4 +2 (-1-2 )-(-1-2 )=4 -2 -4 +1+2 =1
14. 【解析】 x y 2 x y
C ∵ (3 +2 -19) +|2 + -11| =0,∴ 7. 1 【解析】 x y x y x y
{ x y ∵ -| | =2,| |- =4,∴ =| |+2>0,
3 +2 -19=0①, 得 x y 3
x y ②×2, 4 +2 -22=0③,①-③, x y y x x y y 当y
2 + -11=0②, | |= +4≥0,∴ ≥-4,∴ | |= =| |+2= +4, ≥
得 x 解得x 把x 代入 得 y 时 方程无解 当 y 时 y y y
- +3=0, =3, =3 ②, 2×3+ -11 0 , ; -4≤ <0 ,- +2= +4,∴ =-1,
=0, 解得y =5,∴ x + y =3+5=8,∵ ± 8=±2 2,∴ x + y ∴ x =| y |+2=3,∴ xy =3 -1 = 1.
的平方根是 . 3
±2 2 8. ab 答案不唯一
15. 7 ( )
2 9. 【解析】a3 a4 a3+4 a7.
B · = =
16. 2 3 【解析】 12= 4×3=2 3 . 10. 【解析】 a2 ab a2+1b a3b.
D 2 · =2 =2
17.
2 11. 12.
C C
18. D 【解析】根据题意 , 得x +1≥0, 解得x ≥-1 . 13. 【解析】逐项分析如下
B :
19. B 【解析】 ( 10+ 6)( 10- 6)= ( 10) 2 - 选项 逐项分析 正误
2 .
( 6) =10-6=4 a与 b不是同类项 无法合并
20. x 【解析】 x x x . A 2 3 , ✕
=10 ∵ -6=2,∴ -6=4,∴ =10 m2 m4 m2+4 m6
21. 解:原式 B · = = √
=2 3- 3
a b 2 a2 ab b2 a2 b2
. C ( - ) = -2 + ≠ - ✕
= 3
22. 23. 或 或 m2 3 m6 m6
C 2( 3 4) D (2 ) =8 ≠6 ✕
24. 【解析】 14. 【解析】原式 aa 3 a3 a.
4 3 2 = 18,∵ 16<18<25,∴ 4< 18<5, D =( ) =
的整数部分为 . 15. a 【解析】原式 a2 a a2 a.
∴ 3 2 4 -3 = -3 - =-3
25. 【解析】 内的数字是 . 16. 【解析】am +2 n am a2 n am an 2 2
A ∵ -4×(-2)=8,∴ □ -2 12 = · = ·( ) =3×2 =3×4
.
26. 解:原式 1 =12
=1-3+6+5-2× 17. 解:原式 a2 a a2
2 = +2 -
1中考真题分类·数学
a. 围是m .
=2 ≥1
18. 解:原式
=
a2
-4+3
a
-
a2
4. 【解析】
x2
-2 1
x2
-2 1
x2
-1 (
x
+1)(
x
-1)
a . A x - x= x +x = x = x
=3 -4 -1 1- -1 -1 -1 -1
19. 解:原式
+=
x2
+2
x
+1-
x2
-2
x
=
x
+1
.
. a a a
=1 5. 【解析】原式 2 -1 +1 +1
20. 解:原式 = x2 -4+ x - x2 A =a2 -1 +a2 -1 =a2 -1 = ( a +1)( a -1)
x
= -4, 1 .
=a
当x 时 原式 . -1
=6 , =6-4=2
21. ab b a 【解析】 ab2 a2b ab b a . 6. 【解析】
x2
+2
x
x
x2
+2
x x2
2
x
.
( + ) + = ( + ) 2 x - = x - x = x =2
22. m m
( +4)( -4) 7. x
23. x y 2 【解析】 x2 xy y2 x2 xy y2 -2
2( -3 ) 2 -12 +18 =2( -6 +9 ) x x
x y 2. 8. 解:原式 +2-1 +1
=2( -3 ) = x ÷ x 2
24. x 答案不唯一 【解析】 x2 x x 2 +2 ( +2)
4 ( ) ∵ 4 +4 +1=(2 +1) , x x 2
加上的单项式可以是 x. +1 ( +2)
∴ 4 =x · x
25. 【解析】第 个代数式为a 第 个代数式为 a +2 +1
A 1 , 2 3 , x .
第 个代数式为 a 第 个代数式为 a 第 个代数 = +2
3 5 , 4 7 , 5 易错点拨
式为 a 以此类推可知第n个代数式是 n
9 ,…, (2 -1) 通分时若有常数项,要记得先将常数项变为分式,
a 故选 .
, A 再给分子、分母同乘最简公分母.
26. 【解析】初始点 第 次运算 .第 次 横
A :(2,1)( 0 ) 1 :
9. 解:原式 1
x
-1 (
x
-1)
2
坐标 为偶数 f 2 纵坐标 为奇数 f =x +x ÷ x x
2 ,(2)= =1, 1 , (1) -1 +2 ( +2)( -2)
2 x x x
得到点 第 次 横坐标 为奇 1 -1 ( +2)( -2)
=3×1+1=4, (1,4); 2 : 1 =x +x · x 2
-1 +2 ( -1)
数 f 纵坐标 为偶数 f 4 x
,(1)=3×1+1=4, 4 , (4)= =2, 1 -2
2 =x +x
-1 -1
得到点 第 次 横坐标 为偶数 f 4 x
(4,2); 3 : 4 , (4)= = -1
2 =x
-1
纵坐标 为偶数 f 2 得到点 与初 .
2, 2 ,(2)= =1, (2,1), =1
2
始点相同 即三次一循环 第 10. 【解析】 a2 +12 a +36 ( a +6) 2 a +6 当a 时
次运算后
,
对应点与第 次
,∵
运
2
算
0
后
25
的
÷3
点
=
相
67
同
5,∴
即
2 02
.
5 B a2
+6
a =a
(
a
+6)
= a , =-3 ,
3 , (2,1)
27. 【解析】第 个图中有 个圆点 第 个图中有 原式 -3+6 .
C ① 4 , ② 8 = =-1
个圆点 第 个图中有 个圆点 第 个图中有 -3
, ③ 12 , ④ 16
个圆点 则第 个图中有 n个圆点 所以第 个 11. 解:原式 2 x2
,…, 4 , ⑥ =x2 x ·( -1)
图中圆点的个数是 . +2 +1
4×6=24
类题通法 = x 2 2·( x +1)( x -1)
( +1)
图形规律探索类:
x
2( -1)
首先可将图案标记序号,利用作差法找后一个图案 = x ,
+1
与前一个图案所求图形或元素个数之间的数量关
当x 时 原式 2×(3-1) .
系,若所作差为固定值,则根据固定值可确定每个 =3 , = =1
3+1
图案中元素的个数,并进行验证. x x x
12. 解:原式 2+ -1 ( -1)
= x · x 2
第三讲 分式及其运算 -1 ( +1)
x x x
+1 ( -1)
1. 【解析】 分式 x -2的值为 x 且x =x -1 · ( x +1) 2
A ∵ x 0,∴ -2=0 +3≠0,
+3 x
解得x . =x ,
=2 +1
2. x2 【解析】
x3y xy
·
x2
x2. 当x 时 原式 -2 .
xy = xy = =-2 , = =2
-2+1
3. m 【解析】根据二次根式有意义的条件 分式有
≥1 ,
{m
意义的条件可得 -1≥0,解得m m的取值范
m ≥1,∴
+2≠0,
2名师讲评式解析
13. 答题模板 abc abc abc abc
2 +2 +2 6 .
abc = abc =6
a a a2 a
解:原式 =( 2 a + 1- a )÷ +2 a +1…………… (通分) 18. 答题模板
2
a
+1-
a a2
+2
a
+1 解:原式
y x
-
y x
= a ÷ a ……………………… =[ x y x y + x y x y ]÷x y……
( + )( - ) ( + )( - ) -
(同分母分式相加减) (通分)
………………… …………………………………………
x x
= a + a 1 ÷ ( a + a 1) 2 ……………… (分解因式) = ( x + y )( x - y ) ÷x - y ……… (同分母分式相加减)
x x y
= a + a 1 · a a 2 ………… (除法变乘法) = ( x + y )( x - y ) · - x ……………… (除法变乘法)
( +1)
1 . …………………………… (约分) =x 1 y, ……………………………………… (约分)
=a +
+1
x 2 y x 2 y
∵ ( +2) +| -1|=0,( +2) ≥0,| -1|≥0,
当 a 时 原式 1 5.(代值求解)
= 5-1 , = =
∴ (
x
+2)
2
=|
y
-1|=0,
5-1+1 5
x y
a ∴ +2=0, -1=0,
14. 解:原式 1 x y
=a a -a a ∴ =-2, =1,
( -1) ( -1)
a 原式 1 .
-1 ∴ = =-1
=a a -2+1
( -1)
周末小测卷—数与式
1
= a ,
1.
A
要使分式有意义 则a 且a
, ≠0 ≠1, 2. 【解析】 . 最大的数是 . .
当a 时 原式 A ∵ -1<0< 2<3 5,∴ 3 5
∴ =-1 , =-1, 3. 4.
D B
或当a 时 原式 1. 和 任选其一即可 5. 【解析】 点 A 表示的数是 将点 A 向左移动
=2 , = (-1 2 ) B ∵ 1, 3
2 个单位长度得到点A′ 点A′表示的数为 .
,∴ 1-3=-2
x x x x
15. 解:原式 x2 x x2 x ( -1) +1-2 6. 【解析】 x 在实数范围内有意义 x
=3 +2 -1-3 - + x 2 ÷x x D ∵ -1 ,∴ -1≥0,
( +1) ( +1) x 故实数x的值可以是 .
x x x x ∴ ≥1, 2
x ( -1) ( +1) 7.
= -1+ x 2· x C
( +1) 1- 8. 【解析】逐项分析如下
x2 A :
x 选项 逐项分析 正误
= -1-x
+1
x2
-1-
x2
A
m3
+
m3
=2
m3
√
= x
+1 m3 m3 m3 m6
B + =2 ≠ ✕
1
=-x +1 ; C m3 · m3 = m6 ≠ m9 ✕
x 0 m3 3 m9 m6
∵ =|-3|+(π-4) =3+1=4, D ( ) = ≠ ✕
原式 1 1. 解题技巧
∴ =- =-
4+1 5 知识精准回顾 常考的整式运算及运算法则(m,n为
16. 解:原式
= (
a
+ 1 + a
1
) ÷ a
a
2
3
-2
a
a2
=
a2
a
-1+1 正整数):
-1 -4 +4 -1
(
a
-2)
2 名称 运算法则 公式表示
·a2 a 同底数幂 底数不变 指数
a ( -2) 的乘法 相加 , am · an = am + n
-2.
=a
-1 同底数幂 底数不变 指数 am an am - n
由题意得 a2 a a2 a , ÷ =
, -4=0, -1≠0, ( -2)≠0, 的除法 相减 a m n
a ( ≠0, > )
∴ =-2,
底数不变 指数
∴ 原式 = -2-2 = 4.
幂的乘方
相乘
,
(
am
)
n
=
amn
-2-1 3
a b c 积的乘方 各因式乘方的积 ab n anbn
17. 【解析】 a bc b ac c ( ) =
D ∵ bc =ac=ab=2,∴ =2 , =2 , =
平方差公式 a b a b a2 b2
a2 b2 c2 乘法公式 ( + )( - )= -
ab a2 abc b2 abc c2 abc + + 完全平方公式 a b 2 a2 ab b2
2 ,∴ =2 , =2 , = 2 ,∴ abc = ( ± ) = ±2 +
3中考真题分类·数学
x y ( )图形个数与图形序号关系不明确时,按照以下
9. 【解析】原式 -2 . 2
A =x y=1 步骤寻找关系:
-2
10. 【解析】 5 . 步骤一:列表表示 a a 的值;
C
7 .
45×4×10 km=18 000 000 km=1 8×
步骤二:将所列等式
n
左
-
右
n -1
相加,得到 (a a ) (a
10 km 2- 1 + 3-
11. 【解析】 估计 的值在 a ) … (a a ) a a 的值;
A ∵ 1<2<4,∴ 1< 2<2,∴ 2 1 2 + + n - n -1 = n- 1
和 2 之间. 步骤三:表示a n .
12. B 【解析】 0 . 015×10 6 =1 . 5×10 4. 第四步:验证.代入序号检验所得式子是否正确.
13.
-1
14. 【解析】 3 的立方根是 . 23. 解:原式 2
-3 ∵ (-3) =-27,∴ -27 -3 =1+2 2-4× -2+2
15. x 【解析】原式 x x x. 2
-3 =2 -5 =-3
16. x 2 【解析】逆用完全平方公式分解因式 x2 x =1+2 2-2 2-2+2
( -3) , -6 . 分
x 2. =1 ………………………………… (6 )
+9=( -3) 24. 解:原式 a a2 a2
= - + -1
17. x 答案不唯一 x 3 即可 【解析】要使分式有 a . 分
=0( , ≠ ) = -1 ……………………………… (6 )
2
25. 解:原式
m
-1+
m
+1 (
m
+1)
2
意义 则 x x 3 . = m m · m
, 2 -3≠0,∴ ≠ ( +1)( -1)
2
18. a 2 m ( m +1) 2
60 = m m · m
19. 【解析】原式 2 2 . ( +1)( -1)
60 =( 61) -1 =60 m
20. 2( +1). 分
1 = m ………………………… (6 )
-1
a a b a
21.
4
【解析】
∵ b =3,∴
+
b = b +1=3+1=4
.
26. 解:原式
m2
-4+4
m
= m ÷ m
22. 【解析】 第 个图案用了 个矩形 第 -2 3( -2)
21 ∵ 1 3=2×1+1 , 2 m2 m
3( -2)
个图案用了 个矩形 第 个图案用了 =m · m
5=2×2+1 , 3 7=2×3+1 -2
个矩形 第 个图案用了 个矩形. m. 分
,…,∴ 10 2×10+1=21 =3 ……………………………… (3 )
类题通法 m 2 025
∵ =(-1) =-1,
主要的推理方式有两种:归纳和类比. 原式 . 分
∴ =3×(-1)=-3 ……………………… (6 )
对于图形个数变化规律探索题,解决的一般步骤为:
第一步:标序号.记每个(组)图形的序号为 “ , ,
1 2
,…,n”;
3
第二步:数图形个数.对应的图形个数用 a ,a ,a ,
1 2 3
…,a 表示;
n
第三步:观察图形个数a ,a , a ,…,a 与图形序号
n
1 2 3
, , , …,n之间的关系:
1 2 3
( )图形个数与图形序号是倍数或平方关系;
1
4名师讲评式解析
第二章 方程(组)与不等式(组) 一题多解
公斤
第四讲 方程(组)及其应用 40×3÷80%=150( ),
1 公斤
1 150× =37.5( ),
. ⑤ 4
2 C 【解析】 是关于 的方程 的解 答 需要准备 公斤大米
. ∵ x=2 x x+m=7 ,∴ 2 : 37.5 .
解得 12 A 【解析】原方程两边同乘 得
+m=7, m=5. . x(x+1) ,x+1=2x.
3 【解析】由题意知 输入的数 13 解:第一步是去分母 去分母的依据是等式的性质
. 3 , x=(15+3)÷6=18÷6= . , 2:
等式的两边乘同一个不为零的整式 等式仍然成立
3. , .
4 C 【解析】由 得 故 是 小李的解答过程错误
. 2x+3y=21, 2x=21-3y, (21-3y) ,
偶数 可得 是奇数且 可取 去分母 得
, 3y 21-3y>0,∴ y<7,y 1,3, , 1-x=-1-2(x-2),
对应 取 故选C 去括号 得
5, x 9,6,3, . , 1-x=-1-2x+4,
{ 移项 得
5 解: 3x-y=5①, , -x+2x=-1+4-1,
. 合并同类项 得
x+y=3②, , x=2,
得 检验 当 时
①+②, 4x=8, : x=2 ,x-2=0,
解得 是分式方程的增根
x=2, ∴ x=2 ,
把 代入 得 该分式方程无解
x=2 ②, 2+y=3, ∴ .
解得 14 D 【解析】去分母 得 整理 得
y=1, . , -(3-ax)=a-(x-2), ;
{ 当 时方程无解 时
原方程组的蛸为 x=2, (a+1)x=a+5, a=-1 ;a≠-1 ,x=
∴
y=1, a+5 当 即 时 原分式方程无解 令
6 A 【解析】设这款风扇每台的标价为 元 根据题意 a+1
, x-2=0, x=2 , , x=
. x ,
得 解得 这款风扇每台 解得 关于 的分式方程3-ax a 无解
0.6x+10=0.9x-95, x=350,∴ 2, a=3,∴ x = -1
的标价为 元 2-x x-2
350 . 时 或
{ ,a=-1 a=3 .
7 C 【解析】根据题意可列方程组 5x+2y=17,故选C
. . 15 A 【解析】x+k 2k 化简 得x+3k 去分母
3x+y=10, . - =3, , =3, ,
8 【解析】设小康采摘的时长为 小时 则小悦采 x-4 4-x x-4
. 1.2 x ,
得 解得 3k+12 根据题意 3k+12
摘的时长也为 小时 根据题意 得 解得 x+3k=3x-12, x= , ,=
x , , 6x-4x=2.4,
2 2
小康采摘的时长为 小时 即 解得 分母 即
x=1.2,∴ 1.2 . <0, 3k+12<0, k<-4,∵ x-4≠0, x≠
9 A 【解析】根据题意 得1 1 即3k+12 解得 4
. , x+ x=1. 4, ≠4, k≠- ,∴ k<-4.
7 9 2 3
10
.
B 【解析】设每块小平行四边形地砖的长边为
x
16
.
审题指导
{
cm 短 边 为 cm 由 题 意 得 x+y=40, 解 得 题干 :甲款书签价格是乙款书签价格的5 倍
, y ,
① ;
2x=x+4y, 4
{ 信息提取:设乙款书签的单价为 元,则甲款书签
x=32,则每块小平行四边形地砖的短边长为 cm x
8 .
y=8, 的单价为5 元
11 解: 设第一次实验用了 公斤粮食糟醅 公斤芋 x .
. (1) x ,y 4
头糟醅 题干 :用 元购买甲款书签的数量比用 元
, ② 100 128
{ 购买乙款书签的数量少 个
根据题意 得 30%x+20%y=16, 3 ;
,
30%×2x+20%×3y=36, 信息提取:可列方程为100 128
{ = -3.
5 x
解得 x=40, x
4
y=20, 解:设乙款书签的单价为 元 则甲款书签的单价为
答 第一次实验用了 公斤粮食糟醅 公斤芋头 x ,
: 40 ,20
糟醅 5 元
; x ,
设需要准备 公斤大米 4
(2) m ,
由题意 得100 128 解得
, = -3, x=16,
根据题意 得 1
, (m÷ )×30%×80% =(40+40×2) 5 x
x
4
4
经检验 是原分式方程的解 且符合实际
×30%, ,x=16 , ,
解得
m=37.5, 甲款书签的单价为5 元
答 需要准备 公斤大米 ∴ ×16=20( ),
: 37.5 . 4
1中考真题分类·数学
答 甲款书签的单价为 元 乙款书签的单价为 有两个不相等的实数根
: 20 , .
元
16 . 23 1 【解析】由题意 得
17 审题指导 . m<- , Δ=1-4×2×(-m)<0,∴
. 8
题干 :每天生产甲种文创产品的数量比每天生产
① 1
m<- .
乙种文创产品的数量多 个; 8
50
信息提取:设该厂每天生产的乙文创产品数量为 24
. 10
【解析】
∵ α,β
是方程
2x
2
-6x-1=0
的两个根
,
x
个,每天生产的甲文创产品数量为( )个 2 即 2 2
x+50 . ∴ α+β=3,2α -6α-1=0, 2α -3α=3α+1,∴ 2α
题干 : 天时间生产的甲种文创产品的数量比
② 3 4 -3α+3β=3α+3β+1=3(α+β)+1=3×3+1=10.
天时间生产的乙种文创产品的数量多 个 25 解:把 代入方程 2 得 2
100 ; . (1) x1=-1 (x-1)(x-2)=m , m
信息提取:可列方程为 ( )
3 x+50 =4x+100. =6,
题干 :改进后 每天生产乙种文创产品的数量较
③ , ∴ m=± 6 ,
改进前每天生产的数量增加同样的数量 且每天生
, 即 2
∴ (x-1)(x-2)=6, x -3x-4=0,
产甲种文创产品的数量较改进前每天增加的数量
解方程 得
是乙种文创产品每天增加数量的 倍 , x1=-1,x2=4,
2 ; 故
信息提取:设每天生产的乙种文创产品增加的数量 x2=4,m=± 6;
为 个,则甲种文创产品增加的数量为 个;
(2)
证明:方程
(x-1)(x-2)=m
2 可化为
x
2
-3x+2-
y 2y
题干 :生产甲 乙两种文创产品各 个 乙比 2
④ 、 1 400 , m =0,
甲多用 天 2
10 ; ∵ Δ=4m +1>0,
原方程有两个不相等的实数根
信息提取:可列方程为 1 400 1 400 ∴ ,
解: 设该厂每天生产
10
的
0+
乙
2y
种
= 5
文
0+
创
y -
产
1
品
0.
数量是
由根与系数的关系得 x1+x2=3,x1x2=2-m 2 ,
(1) x 2
个 则该厂每天生产的甲种文创产品数量为
∴ (x1-1)(x2-1)= x1x2-(x1+x2)+1=2-m -3+1
, (x+ 2
个 =-m ,
50) .
2
由题意 得 ∵ -m ≤0,
, 3(x+50)=4x+100,
解得
x=50,
∴ (x1-1)(x2-1)≤0.
则该厂每天生产的甲种文创产品数量为 26 B 【解析】设年平均增长率为 可得方程 2
x+50=100 . x, 25(1+x)
个 解得 或 舍去 所以该景区这
( ), =36, x=0.2 x=-2.2( ),
答 该厂每天生产的乙种文创产品数量是 个 甲 两年接待游客的年平均增长率为
: 50 , 20%.
种文创产品数量是 个
100 . 27 解:设小路的宽度为 m 7
设每天生产的乙种文创产品增加的数量是 个 . x (0b,∴ a+c>b+c.
x
2
-7x+12=0, 2 A 【解析】解不等式 得 7 故A选项符合
. 5x-1<6, x< ,
(x-4)(x-3)=0, 5
或 题意
x-4=0 x-3=0, .
{
∴ x1=4,x2=3. 3 C 【解析】令 2x+1>5①, 解不等式 得 解
21 . 2 【解析】把 x=1 代入方程 x 2 +mx-3=0 中 , 得 1+m . 1-3x≥-8②, ,① x>2 ,
解得 不等式 得 该不等式组的解集为
-3=0, m=2. ,② x≤3 ,∴ 20,
2名师讲评式解析
答题模板 答 乙种商品每件进价年平均下降率为
: 20%;
设购进 件甲种商品 则购进 件乙种
解:3x-1 2x+1 (2) a , (100-a)
≤ , 商品
2 3 ,
去分母 得 由题意 得
, 3(3x-1)≤2(2x+1), , (125-25×2)a+80(100-a)≤7 800,
去括号 得 解得
, 9x-3≤4x+2, a≥40,
移项 得 的最小值为
, 9x-4x≤2+3, ∴ a 40,
合并同类项 得 答 最少购进 件甲种商品
, 5x≤5, : 40 .
系数化为 得 12 审题指导
1, x≤1, .
该不等式的解集在数轴上表示如解图所示
题干 : 种材料的单价比 种材料的单价多
∴ :
① A B 3
元 且购买 件 种材料与购买 件 种材料的费
, 4 A 6 B
用相等
第 题解图
;
4
信息提取:设 种材料的单价为 元, 种材料的
{
A x B
2x+3≥-5①, { ,
5 解:令不等式组为 单价为 元,则有 x=y+3
. x+4 y
x-2< ②, 4x=6y.
3
题干 :需购买 种材料和 种材料共 件
解不等式 得
② A B 50 ;
①, x≥-4,
信息提取:设能购买 种材料 件,则能购买 种
解不等式 得
A a B
②, x<5,
材料( )件
不等式组的解集为 50-a .
∴ -4≤x<5.
题干 :总费用不超过 元 则最多能购买 种
6 【解析】解不等式 得 3 解 ③ 360 , A
. -2≤a<-1 2x-3≤0, x≤ , 材料多少件
2 ?
不等式 得 该不等式的解集为 信息提取:可列不等式 ( ) ,解不等
x-a>0, x>a,∴ a-1, x>2, 由题意 得
得 不等式组的解集是 , 9a+6(50-a)≤360,
-x<-m+1, x>m-1,∵ x>2,∴ m 解得
a≤20,
-1≤2,∴ m≤3. 答 最多能购买 种材料 件
9 【解析】 关于 的不 : A 20 .
. -17≤P<-7 ∵ G(x,y)=x+3y,∴ a 13 审题指导
{ .
等 式 组 G(a,1-2a)≥-2, 可 整 理 为 题干 : 水果标价 元 千克 水果标价 元
① A 14 / ,B 18 /
G(-2a,1+4a)>P,
千克 小明陪妈妈在这家商店按标价买了 两
{
. A,B
a+3(1-2a)≥-2①,解不等式 得 解不等式 种水果共 千克 合计付款 元
①, a≤1, 3 , 46 ;
-2a+3(1+4a)>P②, 信息提取:设购买 种水果 千克, 种水果 千
A x B y
得 P-3 不等式组恰好有 个整数解 整数 { ,
②, a>
10
.∵ 3 ,∴ 克,则有 x+y=3
解为 P-3 解得
14x+18y=46.
-1,0,1,∴ -2≤ <-1, -17≤P<-7. 题干 :要求 水果比 水果多买 千克 合计付
10 ② B A 1 ,
10 C 【解析】设小明要答对 道题 则答错或不答 款不超过 元
. x , (20 50 ;
道题 根据题意 得 解得 信息提取:可列不等式为 ( ) ,求得
-x) , , 10x-5(20-x)≥80, x≥ 14m+18 m+1 ≤50
的最小值为 他至少要答对的题数是 的取值范围
12,∴ x 12,∴ m .
道 题干 : 水果打七五折 一次购买 水果不超过
12 . ③ A ; B
11 解: 设乙种商品每件进价的年平均下降率为 千克不优惠 超过 千克后 超过 千克的部分打
. (1) x, 1 , 1 , 1
则可列方程 2 七五折 若小明合计付款 元 求 的值
125(1-x) =80, , 48 , m .
解得 舍去 信息提取:可列方程为
x1=0.2,x2=1.8( ), 14m×0.75+18+18m×0.75=
,求得 的值
0.2=20%, 48 m .
3中考真题分类·数学
解: 设购买 种水果 千克 种水果 千克 易错点拨
(1) A x ,B y ,
{ {
本题容易忽略“至少”两个字,结合不等式组和分式
由题意 得 x+y=3, 解得 x=2,
,
方程求出 的取值后还要进行双向验证,以免造成
14x+18y=46, y=1,
a
答 购买 种水果 千克 种水果 千克 错解
: A 2 ,B 1 ;
.
(2)①∵ 小明买 A 水果 m 千克 , 则买 B 水果 (m+1) 9 . 29 【解析】 ∵ 方程 x 2 -5x-24=0 的两根分别为 a 和
千克
, 2 2 2
b,∴ a+b=5,a -5a-24=0,∴ a -5a=24,∴ a -4a+b=
解得
∴ 14m+18(m+1)≤50, m≤1, 2 2
a -5a+a+b=(a -5a)+(a+b)=24+5=29.
结合实际可得
∴ 01, 重叠部分的长度为 则 5 重叠后的总
k, a=3k,b= k,
∴ 14m×0.75+18×1+18(m+1-1)×0.75=48, 2
解得 长度为 即 代入
m=1.25. a-k+(b-k)+k=81, a+b-k=81, a=
周末小测卷—方程(组)与不等式(组)
5 得 5 解得
3k,b= k, 3k+ k-k=81, k=18,∴ a=3×
1 C 2 D
2 2
. .
5
3 C 【解析】 1 在数轴上表示如选 18=54,b= ×18=45,∴ a+b=99.
. ∵ x+1≤2,∴ x≤2, 2
2 11 【解析】原方程去分母 得 移项
项C所示 . -1 , x+m-1=3x-6, ,
. 得 整理 得 解得
4 B 【解析】 一元二次方程有两个实数根 2 x-3x=-6-m+1, , -2x=-5-m, x=
. ∵ ,∴ Δ=b -
即 解得 5+m 原方程无解 5+m是原方程的增根 由
4ac≥0, 36-12m≥0, m≤3. ,∵ ,∴ x= , x
2 2
5 A 【解析】 每 个一数 数了 次 剩余 个 物
. ∵ 3 , x , 2 ,∴
解得 5+m
体总数可表示为 又 每 个一数 数了 次 剩 -2=0, x=2,∴ =2,∴ m=-1.
3x+2. ∵ 5 , y , 2
余 个 物体总数也可表示为 由于物体总数 12 解: 得 分
3 ,∴ 5y+3. . ①+②, 4x=12, ……………………… (2 )
是固定的 解得 分
,∴ 3x+2=5y+3. x=3. ………………………………… (3 )
6 A 【解析】 围栏的长度为 m 矩形的宽为 m 将 代入 得 分
. ∵ 24 , x ,∴ x=3 ②, 3+2y=1, ……………… (5 )
矩形的长为 m 围成的矩形场地的面积为 解得 分
(24-2x) .∵ y=-1. ………………………………… (6 )
m2 可列方程 {
40 ,∴ x(24-2x)=40. 原方程组的解是 x=3, 分
7 D 【解析】设买鸡的人数为 人 根据题意 每人出 ∴ ………………… (8 )
. x , , 9 y=-1.
文钱时 总钱数为 文 多出 文 故鸡的价钱为 {
, 9x , 11 , 13 解:令 4x-3≤x①,
文 每人出 文钱时 总钱数为 文 不足 .
(9x-11) ; 6 , 6x , 16 3(x+1)>2x②,
文 故鸡的价钱为 文 列方程为
, (6x+16) . 9x-11=6x+ 解不等式 得 分
①, x≤1, ……………………… (3 )
解得 故买鸡的人数为 人
16, x=9, 9 . 解不等式 得 分
{ ②, x>-3, ……………………… (6 )
3x-1 不等式组的解集为 它的所有负整数解为
8 B 【解析】令 ≤x+2①,解 得 解 得 ∴ -30 不符合题意 .由题图可知 当 v 时 这款轮
;B , 0≤ ≤60 ,
a 为 整点 a 整数 a 的取值为 胎的摩擦系数随车速的增大而减小 原说法正确 不
4, +3) “ ”, -3< <2,∴ -2,
, ,
-1,0,1,∴ “
整点
”
P的坐标为
(-8,1),(-6,2),(-4, 符合题意 . 要使这款轮胎的摩擦系数不低于
;C
点P的个数为 个 故 选项错误 . 车速应不高于 原说法错误 符合题
3),(-2,4),∴ 4 , B ;∵ 0 71, 60 km/h, ,
意 .由图象可知 当v 时 μ . 当v
1 1 2 1 3 3 4 超整点 P ;D , =25 km/h , =0 75; =
=- , =- , =- , =-2,∴ “ ”
-8 8 -6 3 -4 4 -2 时 μ . . . . 即车速从
60 km/h , =0 71,0 75-0 71=0 04, 25
的坐标为
(-2,4),
此时点 P 到两坐标轴的距离之和
增大到 则这款轮胎的摩擦系数减小
km/h 60 km/h,
为 故 选项正确 选项错误.
2+4=6,6<10, C ,D . 原说法正确 不符合题意.
6. a
>2
【解析】由点
(1,
a
-2)
在第一象限
,
可得a
-2>0, 17.
0 04
【
,
解析】当t
,
时 s 两车出发 后相遇
C =2 , =0,∴ 2 h ,
解得a .
>2 选项正确 不符合题意 当t 时 s A
∴ A , ; =0 , =280,∴ ,
7.
(3,2)
【解析】将点P
(3,4)
向下平移
2
个单位长度
B两地相距 选项正确 不符合题意 快
280 km,∴ B , ;
得点P′ .
(3,2)
车比慢车早14 7 7 到达目的地 选项错
8. 【解析】根据作图痕迹可得点H在第一象限角平分 - = (h) ,∴ C
2 3 2 6
线上 点H横纵坐标相等且为正数 a a
,∴ ,∴ 2 -1= +1, 误 符合题意 快车的速度为 7 慢
解得a . , ; 280÷ =80(km/h),
=2 2
9. 【解析】根据题意得x 解得x .
A -2≥0, ≥2 车的速度为 14 选项正确 不
280÷ =60(km/h),∴ D ,
10. 【解析】 函数 y 1 的分母为 x 当分母 3
D ∵ =x -1,∴ 符合题意.
-1
x 时 分式无意义 x 解得 x 故自 18. 【解析】由题图可知 小明家到体育馆的距离为
-1=0 , ,∴ -1≠0, ≠1, C ,
变量x的取值范围是x . . 故 选项错误 不符合题意 小明在体育馆
≠1 2 5 km, A , ;
11. 答案不唯一 纵坐标绝对值为 即可 锻炼的时间为 故 选项错误 不
(2,1)( , 1 ) 45-15=30(min), B ,
【解析】 A B AB ABC的面 符合题意 小明家到书店的距离为 故 选项正
∵ (1,0), (3,0),∴ =2,∵ △ ; 1km, C
确 符合题意 小明从书店到家步行的时间为
积为 1 AB y y y , ; 100-
1,∴ ·| C| =1,∴ | C| =1,∴ C=±1,∴ 故 选项错误 不符合题意.
2 80=20(min), D ,
点C的坐标可以是 答案不唯一 纵坐标绝 19. 甲 【解析】根据图象可以得到路程s的最大值是
(2,1),( , 100
对值为 即可 米 甲用 秒 乙用 秒 因而这次赛跑甲先到终点.
1 ) , 12 , 14 ,
1中考真题分类·数学
20. 解题思路 22.
解题思路
有关函数图象与实际问题结合问题,可通过图象上
四边形DEBF为一般四边形, 将其面积转化为 BDF
特殊点含义,结合实际问题进行分析入手求解.例如 ∴ △
与 BDE的面积和,结合相似及等面积法求解.
本题中函数图象上最高点纵坐标为 ,结合实际情境 △
4 【解析】如解图 过点D作DH AB于点H AB
分析,即为点P运动过程中, APD最大面积为 ,结 A , ⊥ ,∵
△ 4
合具体位置即可求解. BC ABC ° AC AB2 BC2
=4, =2,∠ =90 ,∴ = + = 2 5,
【解析】由题图 知点 P 运动过程中 APD 最 BD AC AC BD AB BC 即 BD 解
A ② ,△ ∵ ⊥ ,∴ · = · , 2 5 =4×2,
大面积为 通过分析可得当点 P 运动到点 C 时
4, , 得 BD 4 5 BDA CBA ° BAD
APD为等腰直角三角形 此时面积最大 最大面积 = ,∵ ∠ = ∠ = 90 ,∠ =
△ , , 5
为
4,∴
S
△ APD=
S
△ ACD= 2
1 AD2
=4,∴
AD
=2 2,∵
D为
BD AD 4 5 AD
CAB BAD CAB 即 5
边AB的中点 AB AC 当点 P 运动到 ∠ ,∴ △ ∽△ ,∴ CB=AB, = ,
,∴ =4 2,∴ =4, 2 4
CB中点时 , PD为 △ ACB的中位线 ,∴ PD = 1AC =2 . 解得AD = 8 5 ,∵ AD · BD = AB · DH , 即8 5 × 4 5 =
2
5 5 5
21. 【解析】当点E在AB上时 如解图 设直线l交
A , ①,
DH 解得 DH 8 DBF ABD DAE
AD或 CD 于点 F A ° l AD AEF 4 , = ,∵ ∠ +∠ = ∠ +
,∵ ∠ =60 , ⊥ ,∴ ∠ = 5
ABD ° DBF DAE DE DF
° AF 1AE 1 x EF AE2 AF2 3x ∠ = 90 ,∴ ∠ = ∠ ,∵ ⊥ ,∴
30 ,∴ = = ,∴ = - = ,∴ BDF BDE ADE BDE ° BDF
2 2 2 ∠ +∠ =∠ +∠ =90 ,∴ ∠ =
S BD
y = 1AF · EF = 1 · 1 x · 3x = 3x2 , 此时图象为开 ∠ ADE ,∴ △ BDF ∽ △ ADE , ∴ S △ BDF = (AD) 2 =
2 2 2 2 8 ADE
△
口向上的抛物线的一部分 排除 选项 当点 E
, C,D ;
4 5
在BC上且l与AD相交时 过点B作BH AD于点
H , 如解图 ②,∵ ∠ A =60 ° , , BH ⊥ AD ,∴ ∠ A ⊥ BH =30 ° , ( 8 5 5 ) 2 = 4 1 ,∵ S △ ADE= 2 1 AE · DH = 5 4 x ,∴ S △ BDF=
AH 1 AB BH AB2 AH2 y 5
∴ = =2,∴ = - =2 3,∴ =
2
1S 1 4x 1 x AE x AB BE
S △ ABH+ S 矩形BEFH= 1 ×2×2 3+2 3( x -4)= 2 3 x -6 3, 4 △ ADE= 4 × 5 = 5 ,∵ = , =4,∴ =4-
2
x S 1BE DH 1 8 x 16 4 x y
∴ 此时图象为直线一部分 ; 当点 E 在 BC 上且 l 与 ,∴ △ BDE= · = × (4- )= - ,∴
2 2 5 5 5
CD相交时 如解图 C A ° l BC CE
, ③,∵ ∠ =∠ =60 , ⊥ ,
S S 16 4 x 1x 16 3 x k 3
AB BC x x EF CE ° x = △ BDE+ △ BDF= - + = - ,∵ =- <
= + - =8- ,∴ = ·tan 60 = 3(8- ),∴ 5 5 5 5 5 5
y随x的增大而减小 故选 .
S 1CE EF 1 x x 3 0,∴ , A
△ CEF= · = (8- )· 3(8- )= (8-
2 2 2
x ) 2 ,∴ y = S 菱形ABCD- S △ CEF= AD · BH - 3 (8- x ) 2 =4×
2
3 x 2 3x2 x 此时图象为开 第 题解图
2 3- (8- ) =- +8 3 -24 3, 22
2 2
口向下的抛物线的一部分 排除 选项 故选 . 23. 【解析】由图 可知当点 P 运动到 B 点时 S
, B , A B ② , =
DP2 在 PCD中 由勾股定理 得 DP2 DC2
=6, Rt△ , , = +
PC2 PC2 2 PC 即BC . 动点P
,∴ +( 2) =6,∴ =2, =2 ∵
在 ABC的边上沿 C B A 方向以每秒 个单
Rt△ → → 1
位长度的速度匀速运动 当t 时 点P的运动路
,∴ =1 ,
程为 即此时点P在线段BC上 此时CP 在
图 图 1, ,∴ =1,
① ② PCD 中 由勾股定理得 DP CP2 CD2
Rt△ , = + =
2 2 S DP2 当 t 时 S
1 +( 2) = 3,∴ = =3,∴ =1 , =3,
故 正确 当点P在AB上时 由图 可知 对应的二
① ; , ② ,
次函数的顶点坐标为 且函数图象过点
(4,2), (2,
可设S关于t的函数解析式为S a t 2
6),∴ = ( -4) +2
图
③ ( a 0), 把 (2,6) 代入 S = a ( t -4) 2 +2 中得 6= a
第 题解图 2 解得a S关于t的函数解析式为S
21 (2-4) +2, =1,∴
2名师讲评式解析
t 2 t2 t 故 错误 在 S t2 t
=( -4) +2= -8 +18, ② ; = -8 +18
中 当S t2 t 时 解得t 或t 舍去
, = -8 +18=18 , =8 =0( ),
AB 在 ABC中 由勾股定理 得AC
∴ =8-2=6, Rt△ , , =
AB2 BC2 2 2 AD AC CD
- = 6 -2 =4 2,∴ = - =4 2-
故 错误 当点P在BC上运动时 动点
2=3 2, ③ ;∵ ,
P以每秒 个单位长度的速度从C点出发 在BC上
1 ,
匀速运动 CP t C ° CD DP2
,∴ = ,∵ ∠ =90 , = 2,∴ =
CP2 CD2 t2 S DP2 t2 当点P在AB上运
+ = +2,∴ = = +2;
动时S t 2 函数S t 2 可以看作是由
=( -4) +2, =( -4) +2
函数 S t2 向右平移 个单位长度得到的 设
= +2 4 ,
P m n Q m n m m 是函数S t2 上的两
( 1, ), ( 2, )( 2> 1) = +2
点 则 m n m n 是函数S t 2 上
, ( 1+4, ),( 2+4, ) =( -4) +2
的两点 m m m m 存在 个时
,∴ 1+ 2=0,∴ 2+ 1+4=4,∵ 3
刻t t t t t t 对应的正方形DPEF 的面积均
1,2, 3( 1< 2< 3) 第 题解图
24
相等. 可以看作t m t m t m t t
∴ 1= 2,2= 1+4,3= 2+4,∴ 1+ 2 类题通法
故 正确 综上所述 正确的结论有 个.
=4, ④ 。 , 2
24.
判断动态问题中的函数图象问题:
解题思路
. 根据动点运动轨迹找出拐点,确定出自变量的取
先求得菱形的面积,再分不同情形讨论,重合部分为 1
值范围;
三角形,重合部分为五边形,重合部分为菱形,分别
. 根据自变量的取值范围,求出每段函数的解析式;
求得重叠部分的面积与运动时间的函数关系式,再 2
. 根据每段函数的解析式确定函数图象的形状.
根据对称性求解. 3
注:在判断动态问题的函数图象问题时,可通过观察
【解析】如解图 连接EG HF交于点O 菱形边分 函数图象增减性,计算起点、拐点的函数值,利用排
D , , ,
别交AB边或CD边于点P Q EF HEF 除法解题.
, ,∵ =2 3,∠ =
60 ° ,∴ ∠ OEF =30 ° ,∴ EO = EF ·cos 30 ° =3, OF = EF 25. 解题思路
° EG HF .分以下 种情况 ( )观察图象可知,当t 时,点P与点B重合,得
·sin 30 = 3,∴ =6, =2 3 5 1 =4
进行讨论 当 t 时 如解图 连接 GG′ 到CP CQ ,利用直角三角形的面积公式进行计
:① 0≤ ≤3 , ①, ,∵ = =4
算,求出m的值即可;
GG′ t PG GG′ ° 3t PQ PG
= ,∴ = ·tan 30 = ,∴ =2 = ( )根据图象当t 时,S ,此时CQ ,BP
3 2 =10 =10 =10 =
BC ,过点P作PD AC,根据面积公式求出
2 3t S 1PQ GG′ 1 2 3t t 3t2 当 10- =6 ⊥
,∴ = · = × · = ;② 3< PD的长,证明 ADP ACB,列出比例式求出AP
3 2 2 3 3 △ ∽△
t 时 如解图 连接E′G E′G t PG E′G 的长,进而求出AB的长即可.
≤6 , ②, ,∵ =6- ,∴ =
【解析】 观察题图可知 当t 时
° 3 t PQ PG 2 3 t S (1)8;(2)12 (1) , =4 ,
·tan 30 = (6- ),∴ =2 = (6- ),∴ = 点P与点B重合 动点P Q均以 的速度从
3 3 ,∵ , 1cm/s
点C同时出发 CB CP CQ C °
,∴ = = =4 cm,∵ ∠ =90 ,
S 菱形EFGH- S △ PE′Q= 2 1 ×2 3×6- 2 1 × 2 3 3 (6- t ) 2 =6 3- m 1CP CQ 1 由图象可知 当t
∴ = · = ×4×4=8;(2) ,
2 2
3 (6- t ) 2 ;③ 当 6< t ≤8 时 , 如解图 ③, S = S 菱形EFGH= =10 时 , S =10, 此时 CQ =10, BP =10- BC =6, 如解
3
图 过点 P 作 PD AC 于点 D 则 PDA ° S
, ⊥ , ∠ =90 ,∵
1 当 t 时 如解图 同理
×2 3×6=6 3;④ 8< ≤11 , ④, PCQ 1 CQ PD 1 PD PD
2 △ = · = ×10 =10,∴ =2,∵
2 2
可得S = S 菱形EFGH- S △ PG′Q= 1 ×2 3×6- 1 × 2 3 ( t -8) 2 ∠ ADP =∠ ACB =90 ° ,∠ A =∠ A ,∴ △ ADP ∽△ ACB ,
2 2 3 AP PD
2 1 AP 1 AB P 为 AB 的中
∴ AB=BC= = ,∴ = ,∴
3 t 2 当 t 时 如解图 同理 4 2 2
=6 3- ( -8) ;⑤ 11< ≤14 , ⑤,
3 点 AB BP n .
,∴ =2 =12,∴ =12
可得S = S △ PE′Q= 1 × 2 3 (14- t ) 2 = 3 (14- t ) 2.综上
2 3 3
所述 选项 符合题意.
, D
3中考真题分类·数学
第 题解图
25
26. 等腰直角 【解析】由图象可知 AB 第 题解图
6 cm, , =6 cm,∵ 4
当点P 在 B C 段运动时 图象的曲线部分为轴对 5. 【解析】 在正比例函数y x中 k y随x
→ , B ∵ =3 , =3>0,∴
称图形 AC AB ABC 为等腰三角形 的增大而增大 当x x 时 y y .
,∴ = =6 cm,∴ △ ; ,∴ 1< 2 , 1< 2
若 ABC为等边三角形 如解图 在 B C 段 当 6. 【解析】 点 A 和点 B 关于原点对称 n
△ , ①, → , A ∵ ,∴ 2=- ,
AP BC时 y的值最小 此时y AP AB ° m n m A B .设
⊥ , , = = ·sin 60 =3 =-(-6),∴ =-2, =6,∴ (2,6), (-2,-6)
与题图不符 若 ABC 为等腰直角三角形 则 正比例函数的表达式为y kx k 将A 代入
3>5, ; △ , = ( ≠0), (2,6)
BAC ° 如解图 在B C段 当AP BC时 y y kx中 得 k 解得k 这个正比例函数的表
∠ =90 , ②, → , ⊥ , = , 6=2 , =3,∴
的值最小 此时 y AP AB ° 符合 达式为y x.
, = = ·sin 45 =3 2<5, =3
题意. 7. 解题思路
该题需讨论m 在不同取值范围时,是否符合题干
的等式,再结合一次函数的性质判断一次函数图象
经过的象限.
【解析】 m2 025 m m 且 m
D ∵ +2025 =2025,∴ >0 2 025 <
m m 一次函数y m x
2025,∴ 0< <1,∴ 1- >0,∴ =(1- ) +
m的图象经过第一 二 三象限 不经过第四象限.
第 题解图 、 、 ,
26 8. 答案不唯一 【解析】 一次函数y kx b中y随
2( ) ∵ = +
第七讲 一次函数
x的增大而增大 k 故可取k .
,∴ >0, =2
1. 【解析】 在一次函数y x 中 k b 9. 答案不唯一 【解析】 y x 当 x
D ∵ = +1 , =1>0, =1>0, (1,1)( ) ∵ =- +2,∴ =1
一次函数y x 的图象过第一 二 三象限. 时 y 点B的坐标可以为 .
∴ = +1 、 、 , =-1+2=1,∴ (1,1)
2. 【解析】选项 是一次函数 选项 是二次函数 10. 答案不唯一 【解析】当x 时 y
D A , B , 0( ) =-2 , =-3×(-2)-
选项 是反比例函数 选项 是正比例函数. y的值可以是 .
C , D 6=0,∴ 0
3. 【解析】 直线经过点M 若经过点
D ∵ (1,2),∴ (-2, 11. 5 【解析】当x 时 y m x m y n x
- =0 , = ( +1)= , = ( -2)
则k 不符合题意 若经过点 则y随x的
2
2), =0 ; (2,1),
增大而减小
;
若经过点
(-1,3),
则y随x的增大而减
=-2
n
,∵
直线y
=
m
(
x
+1)(
m
≠0)
与直线y
=
n
(
x
-2)
小 若经过点 则y随x的增大而增大 故选 . n m n
; (3,4), , D n 的交点在y轴上 m n
( ≠0) ,∴ =-2 ,∴ m+ n = n+
一题多解 -2
n
本题也可通过图象法快速识别 如解图所示 由图 -2 5.
, , n =-
象可知 当函数图象同时经过 M D两点时 y随 x 2
, , , 12. 【解析】将点 向上平移 个单位长度后
的增大而增大. B (1,0),(0,2) 3
得点 过点 的直线向上平移
(1,3),(0,5),∵ (1,0),(0,2)
个单位长度 平移后的直线经过点 即
3 ,∴ (1,3),(0,5),
平移后的直线经过的点的坐标可以是 .
(1,3)
13. 答案不唯一 【解析】将直线y x 向上平移
2( ) =3 -1
m个单位长度得直线y x m 平移后的直线
=3 -1+ ,∵
经过第三 第二 第一象限 m 解得m
第 题解图 、 、 ,∴ -1+ >0, >1,∴
3
m的值大于 即可.
1
14. y x 【解析】画出直线l l 如解图 设直线
4. 【解析】如解图 在平面直角坐标系中 描点画出 = 3 - 3 1, 2 ,
D , , l l 分别交y轴于点B C 在y x 中 令y 则
图象 根据一次函数图象为一条直线可知 点 不 1,2 , , = -1 , =0,
, , (4,6) x 解得x A 令x 则 y
在该直线上 错误的y值是 . -1=0, =1,∴ (1,0), =0, =-1,∴
,∴ 6
B OA OB OAB OBA °.由
(0,-1),∴ = =1,∴ ∠ =∠ =45
旋转的性质可知 BAC ° OAC OAB
,∠ =15 ,∴ ∠ =∠ +
BAC ° ° °. OC OA OAC
∠ =45 +15 =60 ∴ = ·tan∠ = 3,
4名师讲评式解析
C .设直线l 对应的函数表达式为y kx 点A′
∴ (0,- 3) 2 = + ∴ (2,0),
线段A′B的中点坐标为
b k 把点A C 分别代入y kx b ∴ (1,1),
( ≠0), (1,0), (0,- 3) = +
{k b { k ∴ 当函数y = mx经过线段A′B的中点时平分 △ A′BO
中 得 + =0,解得 = 3, 直线l 对应的函数 的面积 将点 代入y mx
, b b ∴ 2 , (1,1) = ,
=- 3, =- 3, 解得m .
=1
表达式为y x .
= 3 - 3
第 题解图
14 第 题解图
17
15. x 【解析】 OA A 当y kx b
=-2 ∵ =2,∴ (-2,0),∴ = + = 18. 【解析】设直线FG的解析式为y kx b k
时 x 方程的解为x . A = + ( ≠0),
0 , =-2,∴ =-2 { k b {k
代入 得 1=- + , =-2, 直
一题多解 (-1,1),(0,-1), b ∴ b ∴
-1= , =-1,
OA ,OB , A( , ),B( , ),将点A( , 线FG的解析式为y x 由题图可知 E .
∵ =2 =1 ∴ -2 0 0 1 -2 =-2 -1, (1,2)
{ k b ,
),B( , )代入 y kx b,得 -2 + =0 解得 当平移后点E的对应点坐标为 7 11 时 平移方
0 0 1 = + b , ( , ) ,
=1 5 5
{
k 1, 式为向右平移 2 个单位 向上平移 1 个单位 直
= kx b 1x ,解得x . , ,∴
2 ∴ + = +1=0 =-2 5 5
b , 2
=1 线FG平移后的解析式为 y x 2 1
=-2( - )-1+ =
16. 1 a 3 【解析】若 a 则交点一定在第二象 5 5
≤ < <0, x 此时经过原点 对应的 EH 经过整点 符
2 2 -2 , , (2,1),
限 不符合题意 则a 当a 1 时 y 1 x 在x 合题意 .当平移后点 E 的对应点坐标为 8 23
, , >0, = , 1= , ≤ ;B ( , )
2 2 5 10
时 函数 y 的图象恒在函数 y 的图象上方 令
1 , 2 1 , 时 平移方式为向右平移 3 个单位 向上平移 3 个
, ,
1 x ax 当x 时 函数y 的图象在函数y 的图 5 10
+1> , ≤1 , 2 1
2 单位 直线FG平移后的解析式为y x 3
,∴ =-2( - )-
象上方 x 2 且 a 即 a 1 由题意得 5
,∴ < a , 2 -1>0, > ,
2 -1 2 3 x 1 对应的EH在整点 上方 不符
1+ =-2 + , (2,1) ,
2 解得1 a 3 1 a 3. 10 2
a >1, < < ,∴ ≤ <
2 -1 2 2 2 2 合题意 .当平移后点 E 的对应点坐标为 3
17. 解: 将点 分别代入 y kx b k ;C ( ,2)
(1) (1,3),(2,5) = + ( ≠0) 2
{k b {k
中 得 + =3, 解得 =2, 时 平移方式为向右平移 1 个单位 直线FG平移
, ,∴
, k b b 2
2 + =5, =1;
m . 后的解析式为y x 1 x 此时点 H
(2)2≤ ≤3 =-2( - )-1=-2 , (2,
【解法提示】如解图 当m 时 y x与y x 平 2
, =2 , =2 =2 +1 在正方形内部 不符合题意 .当平移后点 E 的
行 此时当x 时 对于 x 的每一个值 函数 y mx 0) , ;D
, <1 , , =
的值既小于函数y x 的值 也小于函数y x 对应点坐标为 3 9 时 平移方式为向右平移 1
=2 +1 , = +2 ( , ) ,
的值 当 m 时 此时当x 时 对于x的每一个 2 4 2
; 2< ≤3 , <1 ,
值 函数y mx的值既小于函数y x 的值 也小 个单位 向上平移1 个单位 直线FG平移后的解
, = =2 +1 , , ,∴
4
于函数y x 的值.综上所述 m的取值范围是
= +2 , 2≤
析式为y x 1 1 x 1 此时点
m . =-2( - )-1+ =-2 + , (2,1)
≤3 2 4 4
在正方形内部 不符合题意.
,
由 可得y x k x 19. 【解析】 当y 时 x 解得x
(3) (2) = + = +2, (-3,1) ∵ =0 ,2 +2=0, =-1,
A B OA 当x 时 y OB 将 AOB绕点
∴ (-2,0), (0,2), ∴ =1, =0 , =2,∴ =2,∵ △
OA OB A逆时针方向旋转 °后得到 ACD AC OA
∴ = , 90 △ ,∴ = =1,
ABO ° CD OB OAC ° ACD AOB ° 即
∴ ∠ =45 , = =2,∠ =90 ,∠ =∠ =90 ,
将线段AB绕点B逆时针旋转 ° 得到线段A′B AC x轴 CD x轴 点D的坐标为 .
∵ 90 , , ⊥ , ∥ ,∴ (-3,1)
5中考真题分类·数学
20. 证明:将x 代入y x 得y 当直线DE经过点 时 代入y′ x b
(1) =0 =- +4, =4, (2,1) , = + ,
A OA b y′ x
∴ (0,4),∴ =4, ∴ =-1,∴ = -1,
将y 代入y x 得x m
=0 =- +4, =4, ∴ 2 -4=-1,
B OB
∴ (4,0),∴ =4, 解得m 3
AOB为等腰三角形 = ,
∴ △ , 2
OAB OBA
∴ ∠ =∠ , m的取值范围为3 m .
∴ < <2
AOB ° 2
∵ ∠ =90 , 21. 【解析】 v t满足公式v at b a 由表格
B ∵ , = + ( ≠0),∴
∴ ∠ OAB = 1 ×(180 ° -90 ° )=45 ° ; { a b {a .
2 数据可得 10 + =336,解得 =0 6,即 v . t
解: DC OA b =330, b =330, = 0 6 +
(2) ∵ ⊥ ,
当温度 t 为 时 v .
ACD ° 330, 15 ℃ , = 0 6× 15+ 330 =
∴ ∠ =90 ,
.
ADC ° ° ° ° 339 (m/s)
∵ ∠ =180 -90 -45 =45 ,
AC CD m
22. 审题指导
∴ = =4- ,
点A关于直线CD对称点为点E 题干 : 箱甲种苹果和 箱乙种苹果的售价之和
∵ , ① 2 3
AC CE m CD 为 元 箱甲种苹果和 箱乙种苹果的售价之
∴ = =4- = , 440 ;4 5
和为 元
CED CDE 1 ° ° ° 800 ;
∴ ∠ =∠ = ×(180 -90 )=45 , 信息提取:设甲种苹果每箱的售价为 x 元,乙种苹
2
CE m { x y ,
∵ =4- , 果每箱的售价为y元,则有 2 +3 =440
OE m m m x y .
∴ =4- - =4-2 , 4 +5 =800
OEF ° 题干 :某公司计划从该合作社购买甲 乙两种苹
∵ ∠ =45 , ② 、
OFE ° ° ° ° 果共 箱
∴ ∠ =180 -90 -45 =45 , 12 ;
OF OE m 信息提取:设购买甲种苹果a箱,则购买乙种苹果
∴ = =4-2 ,
CD OF OC m m m ( a)箱.
S ( + )· (4- +4-2 )· 12-
四边形COFD = = = 题干 :乙种苹果的箱数不超过甲种苹果的箱数
2 2 ③ ,
求该公司最少需花费多少元
3m2 m 3 m 4 2 8 ;
- +4 =- ( - ) + , 信息提取:可列不等式为 a a,且 a ,求
2 2 3 3 12- ≤ 0≤ ≤12
出a的取值范围;设总费用为w,列出总费用w a
3 m = ×
∵ - <0,0< <2,
2 甲种苹果每箱的售价 ( a) 乙种苹果每箱的售
+ 12- ×
当m 4时 四边形COFD面积的最大值为8 .
价,在满足a的取值范围的情况下,求出总费用的
∴ = ,
3 3 最小值.
解: 设甲 乙两种苹果每箱的售价分别为 x 元
(1) 、 、
解:如解图 在 AOB内部共有 个整点
y元
(3) , △ 3 ,
,
{ x y
由题意 得 2 +3 =440,
, x y
4 +5 =800,
{x
解得 =100,
y
=80,
答 甲 乙两种苹果每箱的售价分别为 元 元.
: 、 100 、80
设购买甲种苹果 a 箱 则购买乙种苹果
第 题解图 (2) , (12-
20 a 箱
) ,
m 则在四边形COFD内部只有 则 a a 且 a
∵ 0< <2, (1,1),(2,1) 12- ≤ , 0≤ ≤12,
两个点 若只含有一个点 则点 在直线 DE 上 解得 a
, , (2,1)
6≤ ≤12,
或直线DE的右侧 设该公司需花费w元
, ,
点C的坐标为 m 点E与点A 关于直线 则w a a a
∵ (0, ), (0,4) =100 +80(12- )=20 +960,
CD对称
, ∵ 20>0,
点D m m 点E m w随a的增大而增大
∴ (4- , ), (0,2 -4), ∴ ,
设直线DE的解析式为y′ kx b k 当a 时 w有最小值 为
= + ( ≠0), ∴ =6 , , 20×6+960=1 080,
将点D m m 点E m 分别代入 该公司最少需花费 元.
(4- , ), (0,2 -4) , ∴ 1 080
{ m k b m {k
得 (4- ) + = ,解得 =1,
b m b m
=2 -4, =2 -4,
6名师讲评式解析
23. 审题指导 答 该年乙户比甲户多用约 立方米的燃气.
: 26
题干 :购买 个篮球与购买 个排球需要的费用 25. 解: 设A B两种电动车的单价分别为x元 y元
(1) , , ,
相等 ① 购买 个 2 篮球和 个排球 3 共需 元 { x y
; 2 5 800 ; 由题意 得 25 +80 =305 000,
信息提取:设每个篮球 x 元,每个排球 y 元,则 , 60 x +120 y =480 000,
有 { 2 x =3 y, 解得
{x
=1 000,
y
x y . =3 500,
2 +5 =800
题干 :该校计划购买篮球和排球共 个 答
:
A
,
B 两种电动车的单价分别为
1 000
元
,
② 60 ;
元
信息提取:设购买篮球 a 个,则购买排球( 3 500 ;
60-
设购买 A 种电动车 m 辆 则购买 B 种电动车
a)个;
(2) ,
m 辆
题干 :购买排球的个数不超过购买篮球个数的 (200- ) ,
③ 2
倍 给出最节省费用的购买方案 由题意 得m 1 m
, ; , ≤ (200- ),
信息提取:可列不等式为 a a,求出a的取值 2
60- ≤2
范围;设费用为 w 元,根据费用 a 篮球的单价 解得m 200
= × + ≤ ,
( a) 排球的单价,在满足 a 的取值范围情况 3
60- × 设所需总费用为w元
下,求费用的最小值. ,
则w m m m
解:任务一 设每个篮球x元 每个排球y元 =1 000 +3 500(200- )=-2 500 +700 000,
: , , w随着m的增大而减小
{ x y {x ∵ -2 500<0,∴ ,
根据题意 得 2 =3 , 解得 =150, m取正整数 m 时 w最少
, x y y ∵ ,∴ =66 , ,
2 +5 =800, =100, w 元 .
∴ 最少=700 000-2 500×66=535 000( )
答 每个篮球 元 每个排球 元
: 150 , 100 ; 答 当购买A种电动车 辆时所需的总费用最少
: 66 ,
任务二
:
设购买篮球a个
,
则购买排球
(60-
a
)
个
,
费
最少费用为 元
535 000 ;
用为w元
, B
(3)① ;
{ a a 【解法提示】 两种电动车的平均行驶速度均为
根据题意 得 60- ≤2 , ∵
, a 小刘家到公司的距离为 所用时
0< <60,
300 m/min, 8 km,∴
a
∴ 20≤ <60, 间为8 000 80 根据函数图象可得当 x 时
w a a a = min, >20 ,
∴ =150 +100(60- )=50 +6 000, 300 3
即一次函数的k 从左向右看图象呈上升 y y 小刘选择B种电动车更省钱.
∵ 50>0, >0, 2< 1,∴
趋势 或 .
, ②5 40
w随a的增大而增大 【解法提示】设y k x k 将 代入 得
∴ , 1= 1 ( 1≠0), (20,8) , 8
当a 时 w有最小值
∴ =20 , , k 解得k 2 y 2 x 当 x 时 y
a
=20 1, 1=
5
,∴ 1=
5
; 0< ≤10 , 2=
∴ 60- =40,
当x 时 设 y k x b k 将
答 : 当购买篮球 20 个 , 排球 40 个时 , 最节省费用. 6, >10 , 2 = 2 + 2,( 2 { ≠0) (10,6),
24. 解: { k b k 1
(1)534; 代入 得 10 2+ 2=6,解得 2= , y 1
【解法提示】 3 3 该年此户需缴 (20,8) , k b 5 ∴ 2=
∵ 3<4,200 m <400 m ,∴ 20 2+ 2=8, b 5
纳燃气费用为 . 元 . 2=4,
2 67×200=534( )
由题意知y与x的函数表达式为y . x .由题意 得当 x 时 y y 即 2 x
(2) =400×2 67+ +4 , 0< ≤10 , 2- 1=4, 6- =
. . x . x x
5
(1 200-400)×3 15+3 63( -1 200)= 3 63 -768(
解得x 当x 时 y y 即 1 x 2 x
>1 200);
4, =5; >10 ,| 2- 1|=4, |
5
+4-
5
. . 解得x 不符合题意 舍去 或x 综上 x
(3)∵ 400×2 67+(1 200-400)×3 15=3 588<3 855, |=4, =0( , ) =40, ,
甲户该年的用气量达到了第三阶梯 的值为 或 .
∴ , 5 40
由 知 当y 时 . x 26. 解: 由题图 可知 当小铝块下降 时 弹簧
(2) , =3 855 ,3 63 -768=3 855, (1) ② , 10 cm ,
解得x . . 测力计 A 的示数为 . 弹簧测力计 B 的示数为
≈1 273 6 2 8,
. . .
∵ 2 67×(100+400)+3 15×(1 200+200-400-100)= 2 5;
且 . 设当 x 时 弹簧测力计A的示数F 关
4 170>3 855, 2 67×(100+400)=1 335<3 855, (2) 6≤ ≤10 , 拉力
乙户该年的用气量达到第二阶梯 但未达到第三 于x的函数解析式为F k x b k
∴ , 拉力= 1 + 1( 1≠0),
阶梯 , 设乙户该年用气量为a m 3 , 由图可知F 拉力= k 1 x + b 1 经过 (6,4),(10,2 . 8),
则有 2 . 67 × 500 + 3 . 15 ( a - 500) = 3 855, 分别将 (6,4)(10,2 . 8) 代入F 拉力= k 1 x + b 1,
解得a { k b
=1 300, 得 6 1+ 1=4,
∴ 1 300-1 273
.
6=26
.
4≈26 m
3.
10
k
1+
b
1=2
.
8,
7中考真题分类·数学
{k .
解得 1=-0 3, ( m)个,则有m 1 ( m),设需要w张正
100- ≥ 100-
b . 2
1=5 8,
方形硬纸片,则有w m ( m) m,在满
∴ F 拉力=-0 . 3 x +5 . 8(6≤ x ≤10); =2 + 100- = 100+
足m的取值范围的情况下,求需要正方形硬纸片
m . n . .
(3) =0 6, =1 6
【解法提示】由题意可知小铝块重为 将x 代
的最小值.
4 N, =8
入F . x . 得 F . 则 F G
解: 根据题意可知 一个甲种纸盒需要 张长方
拉力=-0 3 +5 8 拉力=3 4, 浮力= 重力- (1) , 4
F . . 即m . 则使乙液体中的 形硬纸片和 张正方形硬纸片 一个乙种纸盒需要
拉力=4-3 4=0 6(N), =0 6; 1 , 3
小铝块所受的浮力为 . F G F 张长方形硬纸片和 张正方形硬纸片
0 6 N,∴ 拉力= 重力- 浮力=4- 2 ,
. . 设当 x 时 弹簧测力计B的示 设 张正方形硬纸片和 张长方形硬纸片恰好
0 6=3 4(N), 6≤ ≤10 , 200 400
数F 关于 x 的函数解析式为 F k x b k 能制作甲种纸盒x个 乙种纸盒y个
由 拉力 图可知F k x b 经过 拉力= 2 + . 2( 2≠ 分 {x y , ,
0), 拉力= 2 + 2 (6,4),(10,2 5), 则 +2 =200,
别将 . 代入F k x b x y
{ ( k 6, b 4),(10,2 5) { 拉力= 2 + 2, 4 { + x 3 =400,
得 6 2+ 2=4, 解得 b 25 k 3 即 F 解得 =40,
k b . 2= , 2=- , 拉力=- y
10 2+ 2=2 5, 4 8 =80,
答 用 张正方形硬纸片和 张长方形硬纸片
3x 25 x 将F . 代入 得 3 x 25 : 200 400
+ (6≤ ≤10), 拉力=3 4 , - + 恰好能制作甲种纸盒 个 乙种纸盒 个
8 4 8 4 40 , 80 ;
设制作乙种纸盒 m 个 则制作甲种纸盒
. 解得x 38 深度为n 38 . . (2) , (100-
=3 4, = ,∴ = -6=1 6 (cm) m 个 需要w张正方形硬纸片
5 5 ) , ,
27. 解: 设选用 两种食品分别为x份 y份 根据题意得 w m m m
(1) A,B , , , =2 +(100- )= +100,
要从这两种食品中摄入 能量和 蛋
∵ 1 280 Kcal 62 g ∵ 1>0,
白质 w随m的增大而增大
, ∴ ,
{ x y 乙种纸盒数量不低于甲种纸盒数量的一半
240 +280 =1 280, ∵ ,
∴ x y
12 +13 =62, m 1 m
{x ∴ ≥ (100- ),
解得 =3, 2
y
=2, 解得m 100
应选用 两种食品分别为 份 份 ≥ ,
∴ A、B 3 、2 ; 3
a m为正整数
设选用 种食品a份 300-50 a 即选用 ∵ ,
(2) A , =6- , B 当 m 时 w 取得最小值 最小值为
50 ∴ =34 , , 34+100=
种食品 a 份 张
(6- ) , 134( ),
则 a a 答 至少需要 张正方形硬纸片.
12 +13(6- )≥76, : 134
解得a
≤2, 第八讲 反比例函数
设能量为b
,
则b =240 a +280(6- a )=-40 a +1 680, 1. D 【解析】反比例函数y =- 1 x 2的k =-12,∵ 点 (6,-2)
∵ -40<0,
所在的反比例函数的k 反比例函数
b随a的增大而减小 =6×(-2)=-12,∴
∴ ,
当a 时能量最低 y 12的图象一定经过的点是 .
∴ =2 , =- x (6,-2)
份
6-2=4( ),
应选用 两种食品分别为 份 份. 2. 【解析】 在反比例函数y 4 中 当 x
∴ A、B 2 、4 B ∵ = x ,4>0,∴ >0
28. 审题指导
时 y随x的增大而减小 当y 时 x 4 当y
题干 :制作甲 乙两种无盖的长方体纸盒 需用正 , , =2 , = =2, =4
① 、 , 2
方形和长方形两种硬纸片 且长方形的宽与正方形
, 时 x 4 当 y 时 x .
的边长相等.现用 张正方形硬纸片和 张长 , = =1,∴ 2< <4 ,1< <2
200 400 4
方形硬纸片 3. 【解析】当x 时 y 当x 时 y 当x
; D =-3 , 1=3; =1 , 2=-9;
信息提取:设恰好能制作甲种纸盒x个,乙种纸盒y 时 y y y y .
=3 , 3=-3,∴ 2< 3< 1
{x y ,
个,则有 +2 =200 4. 【解析】把点 代入反比例函数y 2 中 得
x y . D (2,2) = x , 2
4 +3 =400
题干 :需要制作 个长方体纸盒 要求乙种纸 不成立 故 不符合题意 k 图象分布
② 100 , =1, , A ;∵ =2>0,∴
盒数量不低于甲种纸盒数量的一半 在第一 三象限 故 不符合题意 k 图象分布
; 、 , B ;∵ >0,∴
信息提取:设制作乙种纸盒m个,则制作甲种纸盒 在第一 三象限 当x 时 y随x增大而减小 当x
、 ,∴ <0 , ,
8名师讲评式解析
时 y 随 x 增大而减小 故 不符合题意 符合 得出a b c b c a.
>0 , , C ,D =-1, =3, =1,∴ > >
题意. 一题多解
5. D 【解析】 ∵ 反比例函数y =- 3 x 中 , k =-3<0,∴ 反比 如解图,反比例函数y = 3 x 的图象位于第一,第三象
例函数图象分布在第二 四象限 在每个象限内 y 随 限内,y随着x的增大而减小,在( ,b)及( ,c)中
, , , 1 3
x的增大而增大 若两点在同一分支上 m m 故y 函数值b,c都是正数,
, , < +1, 1
y 选项说法错误 不符合题意 若两点不在同一 b c,( ,a)中函数值a是负数,
< 2,A , ; ∴ > -3
分支上 m m 故y y 选项说法错误 不符合题 b c a.
, < +1, 1> 2,B , ∴ > >
意 当m 时 无法确定B m y 所在象限 选
; <0 , ( +1, 2) ,C
项说法错误 不符合题意 当m 时 两点都在第二
, ; <-1 ,
象限 y y 选项说法正确 符合题意.
, 1< 2,D ,
6. 【解析】 正方形 OABC 的面积为 BC AB
A ∵ 4,∴ = =
k
点B的坐标为 函数y x 的图象
2,∴ (2,2),∵ = x ( >0)
经过点B 当y 时 x的取值范围为 x . 第 题解图
,∴ ≥2 , 0< ≤2 11
7. 【解析】 点A 3 在双曲线y k 上 k 12. 【解析】如解图 延长DC BA交于点E 设CD a
B ∵ (4, ) = x ,∴ =4× D , , , =
2 a CD OB OB a AB y轴 CD
( >0),∵ ∶ =1∶3,∴ =3 ,∵ ⊥ ,
3 反比例函数的解析式为y 6 双曲线阶 x轴 点A的纵坐标为 a 点C的纵坐标为a
=6,∴ = x ,∵ “ ⊥ ,∴ 3 , ,∴
2 k k k k k
梯 ABCDEFG 的所有线段均与 x 轴平行或垂直 且 a a x x OD AB
” , = x ,3 = x ,∴ C = a , A = a, =- a , =
BC DE FG 点E的横坐标为 点 G C A 3
= = =1,∴ 4-1-1=2, k k
反比例函数y 的图象经过 A C 两点
的横坐标为 将横坐标代入 y 6 则点 E - a,∵ = x , ,∴
2-1=1,∴ = x , 3
k
S S . EDO DOB EBO
的纵坐标为 6 点G的纵坐标为 6 观察图象 △ DOC= △ AOB =- ∵ ∠ =∠ =∠ =
=3, =6, 2
2 1 k
可知 EF的长度等于点 G 的纵坐标减去点 E 的纵坐 ° 四边形OBED是矩形 BE OD DE OB
, 90 ,∴ , = =- a , =
标 即EF .
, =6-3=3 k
a AE BE AB 2 CE DE CD a S
8. y 1 答案不唯一 k 即可 =3 ,∴ = - =- a, = - =2 ,∴ △ AEC
= x ( , >0 ) 3
k k
1AE CE 2 S OD OB a
= · =- ,∴ 矩形OBED= · =- a ×3 =
2 3
9. 答案不唯一 【解析】 a a b b a k S S S S S
3( ) ∵ ( 1- 2)( 1- 2)<0,∴ 1 -3 ,∵ △ ACO =4,∴ 矩形OBED- △ DOC- △ AOB- △ AEC =
a b b 或a a b b . 点A a b k k k
- 2<0, 1- 2>0 1- 2>0, 1- 2<0 ∵ ( 1, 1), S 即 k 2 k .
B a b 在同一象限内 y随着x的增大而减小 △ ACO, -3 -(- )-(- )-(- )=4,∴ =-3
( 2, 2) ,∴ ,∴ 2 2 3
k 符合要求的k的整数值为 答案不唯一 .
>0,∴ 3( )
k
10. 【解析】 点 在反比例函数 y k 为常
B ∵ (1,2) = x (
k
数 且k 的图象上 将 x y 代入 y
, ≠0) ,∴ =1, =2 = x
k
中 得 解得k . 第 题解图
, 2= , =2 12
1
13. 【解析】 四边形ABCO是平行四边形 OC在x
11. 解: 将点 代入反比例函数的表达式 y -6 ∵ ,
(1) (1,3) =
轴上 A B纵坐标相同 B A的纵坐标
k ,∴ , ,∵ (-1,3),∴
中
x ,
是 A在反比例函数图象上 将y 代入函数
3,∵ ,∴ =3
解得k k k k
=3, 中 得到 x A AB
, = ,∴ ( ,3),∴ | | =-1- ,∵
3 3 3
反比例函数的表达式为y 3
∴ = x ; S ▱ ABCO=3, 点B的纵坐标为 3,∴ | AB |×3=3, 即 (-1-
b c a 理由如下 k
(2) > > , : 解得k .
)×3=3, =-6
将点 a b c 分别代入 中的表达式 3
(-3, ),(1, ),(3, ) (1)
14. 【解析】由反比例函数图象的对称性得点B的横
C
y 3中
= x , 坐标为 根据图象可知 当y y 时 x的取值范围
1, , 1< 2 ,
9中考真题分类·数学
为 x 或x . ì k
-1< <0 >1 ï a
15. 【解析】 点A的横坐标为 把x 代入y x ï6 +4= ,
C ∵ 1,∴ =1 = 分别代入y ax 中 得í 6
= +4 , ï k
得y =1, 代入y = 9 x 得y =9,∴ A (1,9), B (1,1),∴ AB î ï 2 a +4= ,
2
{
{x {x
a 1
故 正确 令 x 9 解得 =3 或 =-3 解得 =- ,
=9-1=8, ① ; x y , y , 2
=3 =-3
k
舍去 点C的坐标为 故 正确 根据图 =6;
( ),∴ (3,3), ② ; 解:由 可知 直线AB对应的一次函数表达式
象可知当x 时 反比例函数图象在一次函数图象 (2) (1) ,
>3 ,
下方 当x 时 反比例函数的值小于一次函数的 为y 1x
,∴ >3 , =- +4,
值 故 错误 结论正确的个数是 . 2
, ③ , 2 令y 得x
16. 【解析】如解图所示 过点A作AD x轴于点D =0, =8,
D , ⊥ , OC 令x 得y
∴ =8, =0, =4,
过点B作BE x轴于点E 反比例函数y 4 x OD
⊥ ,∵ =- x ( ∴ =4,
COD的面积为1 OC OD 1
的图象与直线y x交于点A 令 4 x ∴ △ · = ×8×4=16;
>0) =-2 ,∴ - x =-2 , 2 2
解得x 或x OD 舍去 AD x
= 2 =- 2,∴ = 2( ),∵ ⊥ 证明: 反比例函数y k k 关于y轴对称
AB DE (3) ∵ = x ( ≠0)
轴 BE x轴 AD BE AB AC
, ⊥ ,∴ ∥ ,∴ AC=OD,∵ =3 ,∴ 3 的图象为y′ 由 可知 反比例函数的表达式为 y
, (1) ,
DE
即DE OE 将x 6
= , =3 2,∴ = 2+3 2=4 2,∴ =4 = x ,
2
y′ 6
代入y 4 中 得 y 4 2 BE 2 ∴ =- x ,
2 =- x , =- =- ,∴ = ,∴
4 2 2 2 将点A′ x y B′ x y 代入y mx
( 1, 1), ( 2, 2) = +4,
OB
=
OE2
+
BE2
=
130. 得y
1=
mx
1+4,
y
2=
mx
2+4,
2
令 6 mx
- x = +4,
整理 得mx2 x
, +4 +6=0,
x x 4
∴ 1+ 2=-m,
x x y y x x mx mx
第 题解图
∴ ( 1+ 2)( 1+ 2)=( 1+ 2)( 1+4+ 2+4)
16 x x x x m
=( 1+ 2)[( 1+ 2) +8]
k
17. 【解析】 过原点的直线与反比例函数y k 4 4 m
9 ∵ = x ( > =-m×(-m· +8)
的图象交于A m n B m n 两点 m m
0) ( , ), ( -6, -6) ,∴ + 4
n n 解得 m n A 将
=-m×4
-6=0, + -6=0, =3, =3,∴ (3,3),
k k 16
A 代入y 中 得 k . =-m,
(3,3) = x , 3= ,∴ =9
3
18. 【解析】将y 代入y x 解得x 点 x x y y 16.
-6 =0 =- -1, =-1,∴ ∴ ( 1+ 2)( 1+ 2)=-m
B的坐标为 点 C 坐标为 BC
(-1,0),∵ (0,3),∴ = k
20. 解: y x 的图象与y k x 的图象
OB2 OC2 2 2 设点A坐标为 m m (1)∵ = +4 = x ( ≠0, <0)
+ = 1 +3 = 10, ( ,-
AC2 m 2 m 2 m2 m 交于点B a
-1),∴ =( -0) +(- -1-3) =2 +8 +16,∵ (-1, ),
AC BC AC2 BC2 m2 m 解得m a
= ,∴ = ,∴ 2 +8 +16=10, 1= ∴ =-1+4=3,
m 不符合题意 舍去 m 点A坐 点B
-3, 2=-1( , ),∴ =-3,∴ ∴ (-1,3),
k k
标为 解得k . ∴ =-1×3=-3,
(-3,2),∴ 2= , =-6
-3 反比例函数的表达式为y 3 x
k ∴ =- x ( <0);
19. 解:由题意可知 点 A的坐标为 点 B 的
(1) , (6, ), 如解图 过点B作BD x轴 垂足为D
6 (2) ①, ⊥ , ,
k 点B
坐标为 ∵ (-1,3),
(2, ), BD .
2 ∴ =3
10名师讲评式解析
BD
∵ =2,
m 4
∴ -m =2,
整理 得m2 m
, -2 -4=0,
解得m 或m 不符合题意 舍去
=1- 5 =1+ 5( , ),
B
∴ (1- 5,-2+2 5);
第 题解图
20 ① 射线OA绕点 O 旋转 °后与 y′的交点坐标为
(3) 90
或 .
S 1AC BD 即1 AC AC . (4,2) (-4,-2)
∵ △ ABC= · =3, ×3=3,∴ =2
2 2 【解法提示】 双曲线y 8关于y轴对称的图象y′
一次函数y x 的图象与x轴交于点A ∵ =- x
∵ = +4 ,
点A .
∴ (-4,0) 为双曲线y′ 8 当射线OA绕点O顺时针旋转 °
将y x 的图象向下平移m m 个单位长度 = x , 90
∵ = +4 ( >0) ,
得y x m 令y 得x m
= +4- , =0, = -4, 时 易得y 1x x 则可列方程 8 1 x 整理
, = ( ≥0), x = , ,
点C m 2 2
∴ ( -4,0),
∴
AC
=
m
-4-(-4),
即
2=
m
-4-(-4),
得1 x2
=8,
解得x
=4
或x
=-4(
舍去
),∴
交点坐标
m . 2
∴ =2 为 当射线OA绕点O逆时针旋转 °时 易得
一题多解 (4,2), 90 ,
如解图
②,
连接OB
,
y
=
1x
(
x
≤0),
则可列方程 8
x =
1 x
,
整理得
,
1 x2
·
2 2 2
解得 x 舍去 或 x 交点坐标为
8 =4( ) =-4,∴ (-4,-
综上所述 射线OA绕点O旋转 °后与y′的交
2)。 , 90
点坐标为 或 .
(4,2) (-4,-2)
22. 【解析】 菱形OABC的顶点A在x轴正半轴上
D ∵ ,
OA OC OA BC AB A 设C x y
=3,∴ = = = =3, (3,0), ( , ),
x y x y
第 题解图 M +3 xy +3 解得x 如解图
∴ ( , ),∴ = · , =1, ,
20 ②
2 2 2 2
设点C的坐标为(c, ), 依据:k的几何意义
0
OC c,
∴ =- 过点C作CH AO于点H OH CH 2 2
⊥ ,∴ =1,∴ = 3 -1
一次函数y x 的图象与x轴交于点A,
∵ = +4 C k .
点A( , ), =2 2,∴ (1,2 2),∴ =1×2 2=2 2
∴ -4 0
OA ,
∴ =4
点B( , ),
∵ -1 3
点B到x轴的距离为 ,
∴ 3
S S S 1 1 ( c) ,
△ ABC= △ ABO- △ BCO= ×4×3- × - ×3=3
2 2
解得c , 第 题解图
=-2 22
m . 23. 【解析】如解图 过点A作AM y轴于点M 过点
∴ =-2+4=2 D , ⊥ ,
B作BD x轴于点 D 直线 BD 与 AM 交于点 N 则
21. 解: 点 A a 在反比例函数 y 8 的图 ⊥ , ,
(1)∵ (-2, ) =- x AMO ODN MND ° 四边形 OMND 是
∠ =∠ =∠ =90 ,∴
象上
矩形 OD MN DN OM AMO BNA °
, ,∴ = , = ,∠ =∠ =90 ,∴
a 即A
∴ =4, (-2,4), ∠ AOM +∠ OAM =90 ° ,∵ ∠ AOB =∠ OBA =45 ° ,∴ OA
将A 代入正比例函数y kx中
(-2,4) = , = BA ,∠ OAB =90 ° ,∴ ∠ OAM +∠ BAN =90 ° ,∴ ∠ AOM
得 k BAN 把x 代入反比例函数的解析式 得y
-2 =4, =∠ , =-1 , =
解得k
k
=-2; k A k 双曲线y 在第二象限 k
点B在直线y x上 - ,∴ (-1,- ),∵ = x ,∴ <
(2)∵ =-2 ,
设B m m AM OM k AMO BNA OA AB
( ,-2 ), 0,∴ =1, =- ,∵ ∠ =∠ , = ,
过点 B 作 y 轴的垂线 交反比例函数的图象于 AOM BAN AOM BAN AM
∵ , ∠ =∠ ,∵ △ ≌△ (AAS),∴ =
点D BN OM AN k OD k BD OM BN k
, =1, = =- ,∴ =1- , = - =- -
k
D 4 m B k k 双曲线y k 经过点
∴ (m,-2 ), 1,∴ (-1+ ,- -1),∵ = x ( ≠0)
11中考真题分类·数学
k 当O′A′经过点D时
B 则k k 整理 得k2 k 解得 ,
, <0,∴ - -1= k, , + -1=0, k
-1+ 此时O′A′与反比例函数 y x 的图象的交点
= x ( >0)
k -1+ 5 舍去 k -1- 5 5+1.
1= ( ), 2= =- 的纵坐标n的值为 .
2 2 2 1
n 4 .
∴ 1≤ ≤
3
第 题解图
23
24. 解 含 °角的三角板OAC的直角顶点C的坐
:(1)∵ 45
k
标为 反比例函数 y x 的图象经过 第 题解图
(2,2), = x ( >0) 24 ②
点C k
, 25. 【解析】 直线y k x b k 与双曲线y 2
k 20 ∵ = 1 + ( 1≠0) = x
∴ =2×2=4,
k 交于A B n 两点 n
反比例函数的表达式为y 4 x ( 2≠0) (1,4), (-4, ) ,∴ 1×4=-4 ,
∴ = x ( >0); n B 设C c 则AB2 2
∴ =-1,∴ (-4,-1), ( ,0), =(1+4) +
C
(2)∵ (2,2), (4+1) 2 =50, AC2 =( c -1) 2 +4 2 =( c -1) 2 +16, BC2 =( c
∴ CO2 =2 2 +2 2 =8, +4) 2 +1 2 =( c +4) 2 +1,∵ AC ⊥ AB ,∴ BC2 = AB2 + AC2 ,
含 °角的三角板OAC为等腰直角三角形 ACO
∵ 45 ,∠ c 2 c 2 解得c AC2
∴ ( +4) +1=50+( -1) +16, =5,∴ =(5
°
=90 , 2 AC AB2 AB
-1) +16=32,∴ = 32=4 2,∵ =50,∴ =
AC CO AO CO2 AC2
∴ = , = + =4,
S 1AB AC 1 .
如解图 ①, 连接 OD ,△ OAB 旋转到 △ OEF 的位置 , 5 2,∴ △ ABC= 2 · = 2 ×5 2×4 2=20
EF交反比例函数图象于点G 连接OG 则点D的对 k
, , 26. 解: 把A 代入y 得k
应点为G (1) (3,4) = x , =3×4=12,
,
反比例函数的解析式为y 12 x
∴ = x ( >0);
A
(2)∵ (3,4),
OA 2 2
∴ = 3 +4 =5,
四边形OABC是菱形
∵ ,
AB OA
第 题解图 ∴ = =5,
24 ① B
∴ (8,4),
OE OA
∴ = =4, 设直线OB的解析式为y mx m
= ( ≠0),
点D的对应点G在y 4 x 的图象上 把B 代入 得 m
∵ = x ( >0) , (8,4) , 4=8 ,
y m 1
∴ G=1, ∴ = ,
EG 2
∴ =1,
由旋转的性质可得AD EG 直线OB的解析式为y 1x
= =1, ∴ = ,
2
D
∴ (-1,4); 点 D 是反比例函数图象与正比例函数图象的
∵
交点
,
当O′C′经过点D时 如解图 过点D作DE x
(3) , ②, ⊥
令12 1x
轴 垂足为点E ∴ x = ,
, , 2
C′O′A′ ° { {
∵ ∠ =45 , x x
解得 =2 6 或 =-2 6 舍去
C′O′E °
∴ ∠ =45 , y , y ,( ),
O′E DE . = 6 =- 6
∴ = =1 D .
O′O . ∴ (2 6, 6)
∴ =3 27. 解: 令y 则 x 解得x
k (1) =0, 2 +4=0, =-2,
此时O′A′与反比例函数 y x 的图象的交
∴ = x ( >0) ∴ 点A的坐标为 (-2,0),
令x 则y
点的纵坐标n的值为4 . =0, =4,
点B的坐标为
3 ∴ (0,4);
12名师讲评式解析
如解图 过点C作CE BD 垂足为E F 代入y′ x b 得b
(2) ①, ⊥ , , ∴ (2 3,4), =-2 + , =4+4 3,
CB CD CE BD
∵ = , ⊥ , 综上所述 b 或b .
, =8 =4+4 3
BE DE
∴ = , k
28. 解: 把A 代入反比例函数y 则k
k k (1) (1,4) = x , =4,
令y 则 x
=4, 4= x ,∴ = ,
4
则反比例函数解析式为y 4
= x ,
点D的坐标为 1 k
∴ ( ,4),
4
把B m 代入y 4 则m
(4, ) = x , =1,
点C的坐标为 1 k
∴ ( ,8),
8 B
∴ (4,1),
点C在一次函数y x 的图象上
∵ =2 +4 , 再把A B 代入一次函数y ax b
(1,4), (4,1) = + ,
1 k {a b
∴ +4=8, 则 + =4,
4 a b
解得k 4 + =1,
=16; {a
解得 =-1,
一题多解
b
=5,
如解图 ,过点C作CE BD,垂足为E,
一次函数的解析式为y x
① ⊥ ∴ =- +5;
CB CD,CE BD,
∵ = ⊥ (2)
BE DE,
∴ = 解题思路
设BE DE a,则点C的坐标为(a, a ),点 D的
= = 2 +4 AOC与 POD相似,有一组对顶角相等,所以需
坐标为( a, ). △ △
2 4 分两种情况讨论.
k
点C,D 在反比例函数 y (k ,x )的图 令y x 则x
∵ = x ≠0 >0 =- +5=0, =5,
C
象上, ∴ (5,0),
点D与点A关于点O对称 A
a( a ) a , ∵ , (1,4),
∴ 2 +4 =2 ×4 D
解得a 或a (舍去), ∴ (-1,-4),
=2 =0 设点P x x
点C的坐标为( , ), ( ,0)( <0),
∴ 2 8 PO x
k ; ∴ =- ,
∴ =16 又 A C D
∵ (1,4), (5,0), (-1,-4),
AO 2 2
∴ = (1-0) +(4-0) = 17,
OD 2 2 OC
= (-1-0) +(-4-0) = 17, =5,
AOC与 POD相似 AOC POD
∵ △ △ ,∠ =∠ ,
AO OC AO OC
分两种情况 或
∴ ,PO=OD DO=OP,
AO OC
第27题图 当 即 17 5
PO=OD, x = ,
- 17
解得x 17
小华的说法正确 =- ,
(3) , 5
由 知C D
(2) (2,8), (4,4), 此时 点P 17
直线CD的表达式为y x . , (- ,0);
∴ =-2 +12 5
又 点B S AO OC
∵ (0,4),∴ △ BCD=8, 当 即 17 5
y′ mx b的图象平行于线段CD y′ x b DO=OP, = x,
∵ = + ,∴ =-2 + , 17 -
如解图 设y′ mx b的图象与BC BD分别交于点 解得x
②, = + , =-5,
G 点F. 此时 点P .
, , (-5,0)
一次函数y′ mx b的图象把 BCD的面积分成 综上所述 当点 P 在 x 轴的负半轴上 且 AOC 与
∵ = + △ 1 , , △
两部分
∶3 , POD相似 点P的坐标为 17 或 .
BF △ , (- ,0) (-5,0)
若S 1S 即 1 5
① △ BGF= △ BCD, BD= , 29. 解: 直线y x b与x轴的交点为B
4 2 (1)∵ =- + (3,0),
F 代入y′ x b 得b b 解得b
∴ (2,4), =-2 + , =8; ∴ 0=-3+ , =3,
BF 一次函数的表达式为y x
若S 3S 即 3 ∴ =- +3,
② △ BGF= △ BCD, BD= , 把A a 代入y x 中 得 a 解得a
4 2 ( ,2) =- +3 , 2=- +3, =1,
13中考真题分类·数学
A
∴ (1,2), 设点E的坐标为 t 2
k (3) ( , t ),
把A 代入y 中 得k
(1,2) = x , =1×2=2; 设直线AE的函数表达式为y k x b k
= 2 + 2( 2≠0),
(2) 把点E t 2 A 代入
( , t ), (1,2) ,
解题思路
ì
第一步:由反比例函数的性质,得点 C 的坐标.设点 { ïk 2
tk b 2 ï 2=- t ,
D的坐标,利用点A,C,D坐标分别表示出AC2,AD2, 得 2+ 2= t ,解得í
ï t
k b ïb 2 +2
CD2; 2+ 2=2, î 2= t ,
如解图 连接AD t
, , 直线AE的函数表达式为y 2x 2 +2
∴ =- t + t ,
t
当y 时 2x 2 +2 解得x t
=0 ,0=- t + t , = +1,
点P的坐标为 t
∴ ( +1,0),
BP t t
∴ =| +1-3|=| -2|,
S 1 y BP 1 2 t
第 题解图 ∴ △ BEP= ×| E|× = ×| t |×| -2|,
29 2 2
BEP的面积为
直线AO与反比例函数的图象在第三象限交于点 ∵ △ 2,
∵
C A 1 2 t 解得t 2或t
, (1,2), ∴ ×| t |×| -2|=2, = =-2,
C 2 3
∴ (-1,-2),
∴ AC2 =(1+1) 2 +(2+2) 2 =20, ∴ 点E的坐标为 (-2,-1) 或 ( 2 ,3) .
3
由 得反比例函数的表达式为y 2 易错点拨
(1), = x ,
在用含未知数t的代数式表示BP的值时,有两种情
点D在反比例函数图象上
∵ , 况: 点P在点B的左侧; 点P在点B的右侧,注
① ②
设点D的坐标为 m 2 意要加绝对值符号.
∴ ( ,m),
30. 【解析】 电流I与电阻R是反比例函数关系 由
A ∵ ,
AD2 m 2 2 2 CD2 m 2 题解图可得 在第一象限内 I 随 R 的增大而减小
∴ =(1- ) +(2-m) , =(-1- ) +(-2- , , ,
当R 时 I 电流I可能是 .
∴ >9 Ω , <4 A,∴ 3 A
2 2 31. 【解析】设p与V之间的函数关系式为 p
m) , 16 000 =
k
第二步:由 ACD °,利用勾股定理求出符合题意 k为常数 且k 将V . p 代入p
∠ =90 V( , ≠0), =1 2, =20 000
的m值,方可求得点D的坐标;
k k
ACD °
中 得 解得k p与V之
∵ ∠ =90 , = V , 20 000= . , =24 000,∴
1 2
AD2 CD2 AC2
∴ = + , 间的函数关系式为 p 24 000 当 V . 时 p
= V , =1 5 , =
m 2 2 2 m 2 2 2
∴ (1- ) +(2-m) =(-1- ) +(-2-m) +20,
24 000 当V . 3 时 p .
解得m 或m 舍去 . =16 000,∴ =1 5 m , =16 000 Pa
=-4 =-1( ), 1 5
32. 解
点D的坐标为 1 :(1)100;
∴ (-4,- ), 【解法提示】由表格数据可得拉力的大小 F 与点 A
2
第三步:将点A,D的坐标代入求得直线 AD 的函数 与点O的距离l之间的函数关系为反比例函数 设F
,
解析式. k
k 把 代入 得 k F 300
= l ( ≠0), (1,300) , =300,∴ = l ,
设直线AD的函数表达式为y k x b k
= 1 + 1( 1≠0), 当l 时 F a .
∴ =3 , =100,∴ =100
把D 1 A 代入y k x b 中
(-4,- ), (1,2) = 1 + 1 , (2) 描点及所画函数图象如解图 ;
2
ì
{ ïk 1
k b 1 ï 1= ,
得 -4 1+ 1=- ,解得í 2
2 ï
k b ïb 3
1+ 1=2, î 1= ,
2
直线AD的函数表达式为y 1x 3
∴ = + ; 第 题解图
2 2 32
14名师讲评式解析
当OA的长增大时 拉力F减小 理由如下
(3) , , : 一题多解
拉力F与OA的长l满足函数关系式为F 300 将点B C 代入 y ax2 bx 中 得
∵ = l , (3,0), (2,3) = + +3 ,
{ a b {a
拉力F随OA的长l的增大而减小. 9 +3 +3=0,解得 =-1, 抛物线的函数表达式
∴ a b b ,∴
4 +2 +3=3, =2,
第九讲 二次函数的图象与性质
为y
=-
x2
+2
x
+3,
令y
=0,
解得 x
1=-1,
x
2=3,∴
点 A
1. 【解析】 抛物线的函数解析式为y x2 bx 的坐标为 AB .
A ∵ =3 + +1,∴ (-1,0),∴ =4
b b
抛物线的开口向上 对称轴为直线x 7. 3 【解析】 B D两点的纵坐标相等 二次函数
, =- =- ,∴ - ∵ , ,∴
2×3 6 5
抛物线上的点离对称轴越远 函数值越大 当x 时 b
, , =0 , 图象的对称轴为直线 x 1+3 b
b = =2,∴ - a=2,∴ =
y 抛物线过点 b 2 2 2
=1,∴ (0,1),∵ 3< <4,∴ - <- < a 抛物线的表达式为 y ax2 ax c 把点 A
3 6 -4 ,∴ = -4 + , (0,
b b m B m C n 分别代入y ax2 ax c中 得
1 -2+0 -2+1 1 点 A ), (1,- ), (2, ) = -4 + ,
- 2 ,∵ 2 =-1<- 6 , 2 =- 2 >- 6 ,∴ (- {c m ì ïm 3a
y 到对称轴的距离大于点 到对称轴的距离 = , ï = , m
小
2,
于
1)
点B (1, y 2) 到对称轴的距
(
离
0,
,
1
∴
)
1< y 1< y 2 .
,
4
a
a - - 4 8
a
a + +
c
c = = - n
m
, ,
解得
î
í
ï ïn =-
2
5a , ∴ n =- 5
3.
2. 2
审题指导
一题多解
题干 :二次函数y ax2 ax a 的图象与x轴有 将点A( 0 ,m),B( 1 , - m),D( 3 , - m)分别代入y = ax2 +
① = -2 + -3
ì
两个交点 ïa 2m,
; {c m, ï =
提取信息:( ). 二次函数 y ax2 ax a a(x = ï 3
1 = -2 + -3= - bx c(a )中,得 a b c m, ,解得í ,
)2 ,顶点坐标为( , ),二次函数图象开口向 + ≠0 + + =- ïb 8m,
1 -3 1 -3 a b c m, =-
上,即a .二次函数有最小值,为 ;( ).由顶点 9 +3 + =- ï ï 3
>0 -3 2 îc m,
坐标( , )及a ,易得当x 时,y的值随x值的 =
1 -3 >0 <1
增大而减小,当 x 时,y 的值随 x 值的增大而 ∴ y = 2 mx2 - 8 mx + m,把点 C( 2 ,n)代入y = 2 mx2 -
>1
3 3 3
增大.
8mx m中,得2 m 8m m n,解得n 5 m,
题干 :二次函数y ax2 ax a 的图象与x轴的两 + ×4- ×2+ = =-
② = -2 + -3 3 3 3 3
个交点分别位于y轴两侧 m
; 3.
提取信息:当x 时,y , 对称轴为直线x , ∴ n =-
=0 <0 ∵ =1 ∴ 5
当x 时,y . 8. 【解析】 一次函数y ax b a 的图象经过第
=2 <0 D ∵ = - ( ≠0)
一 二 四象限 a b 即 a b 反比例
D 、 、 ,∴ <0,- >0, <0, <0,∵
3. 【解析】由题意 得y x x x c
B , =( +1)2=( +1+2×2)( + 函数y - c 的图象位于第二 四象限 c
x x 即y x2 x x 2 = x ( ≠0) 、 ,∴ - <0,
1-2)=( +5)( -1), = +4 -5=( +2) -9,∵ 1
函数y x 的最小值为 . 即c 函数y ax2 bx c a 的图象开口向下
>0,∴ =( +1)2 -9 >0,∴ = + + ( ≠0) ,
4. C 【解析】 ∵ 二次函数的解析式为y =-( x -2) 2 + c ,∴ 与y轴的交点位于y轴的正半轴 , 对称轴为直线x =-
b
二次函数y x 2 c的图象开口向下 对称轴为 故选 .
=-( -2) + , a<0, D
直线x 离对称轴越近的点 函数值越大. 2
=2,∴ , ∵ 9.
y y y . D
|-2-2|=4,|3-2|=1,|7-2|=5,5>4>1,∴ 2> 1> 3 10. 【解析】如解图 过点P作PG AB于点G 假设
D , ⊥ ,
当x 时 动点Q运动到点 H的位置 连接 PH 则
5.
-1(
答案不唯一
)
【解析】
∵
二次函数y
=
x2
-2
x
-3, 由题
=
意
1
和图
,
象可知 PH2 当点 Q
,
运动到点
,
G
=225,
抛物线开口向上 对称轴为直线x A y 关
∴ , =1,∴ (4, 1) 时
,
PQ2 最小
,
即PG2
=81,
HG
=
m
-1
.在
Rt△
PGH中
,
于对称轴对称的点坐标为 (-2, y 1),∵ 点 A (4, y 1), 由勾股定理 , 得 PH2 = HG2 + PQ2 , 即 225=81+( m -
B ( b , y 2) 在抛物线上 , 且y 1> y 2,∴ b的取值范围为 -2< 1) 2 ,∴ m -1=12( 负值已舍去 ),∴ m =13, 故 A 选项
b .则b的整数值可以是 . 错误 AG m HG m 当 x n时 点 Q
<4 -1 ;∴ = =13, = -1=12, = ,
6.
4
【解析】
∵
抛物线 y
=
ax2
+
bx
+3
与 x 轴交于点 A
,
运动到点B
,
连接PB
,
则PB2
=225=
PH2
,∴
PB
=
PH
,
B 当x 时 y 点C 在抛物线上 PG AB BG HG n AB 故
(3,0),∴ =0 , =3,∵ (2,3) , ∵ ⊥ ,∴ = =12,∴ = =13+12=25,
抛物线的对称轴为直线x 点B到对称轴直线 选项错误 当x 即点 Q在点 A时 连接 PA 在
∴ =1,∴ B ; =0, , ,
x 的距离为 AB . Rt AGP中 AP2 AG2 PG2 2 点C的
=1 2,∴ =4 △ , = + =13 +81=250,∴
15中考真题分类·数学
纵坐标为 故 选项错误 当x 时 假设点Q
250, C ; =15 , a b c 令x 看纵坐标
9 -3 + =-3,
运动到点K的位置 连接PK AK GK AK
, ,∴ =15,∴ = - 13. 【解析】 抛物线开口向上 a 对称轴在y
AG 在 Rt PKG 中 PK2 GK2 PG2 B ∵ ,∴ >0,∵
=2,∴ △ , = + =4+81= b
点 在该函数图象上 故 选项正确. 轴的右侧 b 抛物线与y轴交于负
85,∴ (15,85) , D ,∴ - a>0,∴ <0,∵
2
半轴 c abc 故 正确 二次函数y ax2
,∴ <0,∴ >0, ① ,∵ =
bx c a 的图象过点 a b c 二
+ + ( ≠0) (-1,0),∴ - + =0,∵
次函数y ax2 bx c a 的图象与x轴交于两点
= + + ( ≠0)
b
x 且 x -1+2 -1+3 即
(-1,0),( 1,0), 2< 1<3,∴ < a< ,
2 -2 2
第 题解图 b
10 1 a b a a b c a a c a c a
11. 审题指导 2 <- 2 a<1,∴ <- <2 ,∴ - + > + + =2 + ,2 +
b 又 a b c a c 故 正确 c b a
二次函数y x2 bx c的图象经过点 c >0, ∵ - + =0,∴ 2 + <0, ② ;∵ = - ,
① =- + + ( ,0), a b c a b b a a b a b c
∴4 - +2 =4 - +2( - )=2 + >0,∴ 4 - +2 >0,
↓ 故 错误 如解图 关于 x 的一元二次方程 a x
(代入表达式得 c2 bc c ) ③ ;④ , ( +
- + + =0 x x c a 的两个根 即函数y ax2 bx
且不经过点 1)( - 1)+ =0( ≠0) , = + +
② (0,0), c a 与y c的图象的交点的横坐标 m
( ≠0) =- ,∵ <-1<
↓ n 若m和n是关于x的一元二次方程a x
(c , c b , b c ) 2< ,∴ ( +1)
≠0 ∴ - + +1=0 ∴ = -1 x x c a 的两根 且m n 则m n
y x2 答案不唯一 【解析】 二次函数 y x2 ( - 1)+ =0( ≠0) , < , <-1, >2,
=- +1( ) ∵ =- 故 正确 二次函数y ax2 bx c a 的图象
bx c的图象经过点 c 且不经过点 得 ④ ;⑤∵ = + + ( ≠0)
{
+
c
+
2 bc c
( ,0), (0,0), 与x轴交于两点
(-1,0),(
x
1,0),∴
y
=
ax2
+
bx
+
c
=
a
- + + =0, c b b c 二次函数
c
≠0,
∴ - + +1=0,∴ = -1,∴ ( x +1)( x - x 1)= ax2 + a (1- x 1) x - ax 1,∴ b = a (1- x 1), c
为y =- x2 +( c -1) x + c ,∵ c ≠0,∴ c可以取 1, 当 c =1 =- ax 1,∴ b - a =- ax 1,-x c =- - x ax 1 = a ,∴ ax2 + bx + c >
时 二次函数的表达式为y x2 . 1 1
, =- +1
c
12. 【解析】由题图可知 抛物线开口向上 故a 抛 x c可化为ax2 b a x 即ax2 ax x a
C , , >0, -x + +( - ) >0, - 1 >0,∵ >
b 1
物线对称轴在y轴右侧
,
故
- 2 a>0,∴
b
<0,
抛物线与
0,∴
x2
-
x
1
x
>0,
解得x
<0
或x
>
x
1,∴
关于x的不等式
c
y轴交于负半轴
,
故c
<0,∴
abc
>0,
故
A
选项错误
;
由 ax2
+
bx
+
c
>-x
x
+
c
(
a
≠0)
的解集为x
<0
或x
>
x
1,
不
b 1
题图可得抛物线对称轴在直线x 左侧 是 x x 故 错误 故正确的有 共 个.
=1 ,∴ -
2
a<1, 0< < 1, ⑤ , ①②④, 3
b a a b 故 选项错误 由图象可知 当
∴ - <2 ,∴ 2 + >0, B ; ,
x 时 y a b c c a b b c
=2 , =0,∴ 4 +2 + =0,∴ =-4 -2 ,∴ 2 - =
b a b a b 由题图可得抛物线对称轴在直
2 +4 +2 =4( + ),
b
线x 1右侧 1 a b b c 故
= ,∴ - a> ,∴ + <0,∴ 2 - <0, C
2 2 2
选项正确 由题图可知 当x 时 y a b c
; , =-1 , >0,∴ - + > 第 题解图
13
故 选项错误.
0, D 14. 【解析】 抛物线过点 和 m m
解题技巧 B ∵ (1,0) ( ,0)(2< <3),
设抛物线为y a x x m y ax2 a m x
∴ = ( -1)( - ),∴ = - (1+ )
结论形式 解题思路 am b a m c am a 且m b
+ ,∴ =- (1+ ), = ,∵ >0 >2,∴ <0,
b c bc 结论 正确 b a m a b
a b 与 比较 >0,∴ <0, ① ;∵ =- (1+ ),∴ 3 + =
2 + - a 1 a a m a m m m a b
2 3 - (1+ )= (2- ),∵ 2< <3,∴ 2- <0,∴ 3 +
b 结论 错误 抛物线与直线y kx c的交点满
a b 与 比较 <0, ② ;∵ = +
2 - - a -1 k b
2 足ax2 b k x 解得x 或x - 若点A为
a b c 令x 看纵坐标 +( - ) =0,∴ =0 = a ,
+ + =1,
a b c 令x 看纵坐标 c 对称点A′的横坐标为 h m h为对称轴
- + =-1, (0, ), 2 =1+ (
m
a b c 令x 看纵坐标 与x轴交点横坐标 对称轴为直线x 1+ AA′
4 +2 + =2, , = ),∴ =
a b c 令x 看纵坐标 2
4 -2 + =-2, k b
a b c 令x 看纵坐标 h m h 若点 A 为 - y 此时
9 +3 + =3, 2 ,∵ 2< <3,∴ 3<2 <4; ( a , 1),
16名师讲评式解析
AA′不一定满足 AA′ 结论 不一定成立 错误 大值为 而b 关于x的一元二次方程ax2 bx
3< <4, ③ , ; 2, <0,∴ + +
当x 时 方程ax2 b k x 的根为x x c 无实数解 故 正确 a 抛物线开口向
2=4 , +( - ) =0 =0, =4, =2 , ③ ;④∵ <0,
即ax2
+(
b
-
k
)
x
=
ax
(
x
-4),∵
a
>0,∴
不等式 ax
(
x
- 下 点A x y B x y 在抛物线上 x x 1
的解集为 x 结论 正确.综上 正确结论
, ( 1, 1), ( 2, 2) , 1+ 2>- ,
2
4)<0 0< <4, ④ ,
为 共 个 故选 x x
①④, 2 , B. x x 总有y y x 1+ 2 1 点A x y 离直
15. 【解析】二次函数 y ax2 bx c 与 x 轴交于点 1> 2, 1< 2, = 2 >- 4 ,∴ ( 1, 1)
A = + +
m
A B 图象开口向上 对称轴为直线 线x 1 较远 1 -1+ 1 解得 m
(3,0), (-1,0), ,∴ =- ,∴ - < ≤- , 0< ≤
b 4 2 2 4
x 3-1 a b a 当x 时 y a b
=- a= =1, >0,∴ =-2 , =-1 , = - 1 故 正确.综上所述 正确的有 .
2 2 , ④ , ②③④
c a a c 即 a c c a a 2
+ =0,∴ -(-2 )+ =0, 3 + =0,∴ =-3 ,∴ - 18. 【解析】 函数图象关于 y 轴对称 当 x
c a a a 故 正确 图象开口向上 对称 A ∵ , 0≤ ≤
= -(-3 )= 4 >0, ① ; , 时
轴为直线x 当x 时 函数有最小值 最小值 2 ,
=1,∴ =1 , ,
在x轴的下方 抛物线y ax2 bx c与直线y 有 ↓
,∴ = + + =5 (函数图象关于y轴对称,即x互为相反数,y值不变)
两个不同的交点 方程 ax2 bx c 有两个不
,∴ + + -5=0 y x2 x.当x 时 y x 当 x 时 y x2
相等的实数根 故 错误 二次函数 y ax2 bx c = -2 >2 , =2 -4,∴ -2≤ <0 , =
, ② ;∵ = + + x 当x 时 y x .画出函数图象如解图 当
与y轴交于点C m 其中 m 当x y +2 ; <-2 , =-2 -4 ,
(0, ), -4< <-3,∴ =0, x 时 y x2 x x 2 这是一个开口向
0≤ ≤2 , = -2 =( -1) -1,
c m c c a b a c 3 b 上 顶点为 与x轴交点为 的抛
= = ,∴ -4< <-3,∵ =-3 , =-2 , = ,∴ -4 , (1,-1), (0,0),(2,0)
2
物线的一部分.当x 时 y x 是一条斜率为
>2 , =2 -4, 2,
3b 解得 8 b 故 正确 当x 时 函
< <-3, - < <-2, ③ ; =1 , 过点 的射线 且不包括点 .根据对称性画
2 3 (2,0) , (2,0)
数有最小值 最小值为y a b c b a b a 出x 时的函
, = + + <0, =-2 ,∴ - = <0
a b c
a a a + + 故 正确 综上所述 正 ↓
-2 - =-3 <0,∴ b a >0, ④ ; , ( x 时,函数图象是开口向上,顶点为( ,
- -2≤ <0 -1
确的有 错误的有 错误的有 个. ),与x轴交点为( , ),( , )的抛物线的一部
①③④, ②,∴ 1 -1 0 0 -2 0
分.当x 时,函数图象是斜率为 ,过点( , )
16. c 1 【解析】 抛物线y x2 x c与x轴没有交点 <-2 -2 -2 0
> ∵ = - + , 的射线不包括点( , ))
4 -2 0
方程x2 x c 没有实数根 Δ 2 c {y x2 x
∴ - + =0 ,∴ =(-1) -4×1× 数图象.当 x 时 联立 = +2 ,得x2 x b
-2≤ <0 , y x b + - =
c 解得c 1. = + ,
=1-4 <0, >
17. 【解析】
4
y ax2 bx c a b c是常数 a 0,
当Δ
=1+4
b
=0,
即b
=-
1时
,
直线y
=
x
+
b与y
=
x2
②③④ ①∵ = + + ( , , , < 4
经过 m 两点 对称轴为直线 x
0) (-1,1),( ,1) ,∴ = ↓
b m m b (此时有 个交点)
-1+ m 1 -1+ x 3
- a= ,∵ 0< <1,∴ - < <0,∴ =- a< x x 相切.当直线y x b过 时 b
2 2 2 2 2 +2 (-2≤ <0) = + (0,0) , =
a b 故 错误 m m .结合
0,∵ <0,∴ <0, ① ;②∵ 0< <1,∴ -(-1) 0
即 m 两点之间的距离大于 a
>1, (-1,1),( ,1) 1,∵ < ↓
当x m 时 y 若 x 则a x 2 (此时有 个交点)
0,∴ = -1 , >1,∴ 0< <1, ( -1) + 3
m
b x c 故 正确 由 可得 1 -1+ 图象可知 当 1 b 时 直线y x b与这个函数
( -1)+ >1, ② ;③ ① - < <0, , - < <0 , = +
2 2 4
b 图象有且仅有四个不同交点.
当a 时 1 即 b 抛物线解析
∴ =-1 ,- < <0, -1< <0,
2 2
ac b2
式为y x2 bx c 设顶点纵坐标为 t 4 -
=- + + , = a =
4
c b2
-4 - 抛物线y x2 bx c a b c是常数 a
,∵ =- + + ( , , , <0)
-4
c b2
经过 b c c b t -4 -
(-1,1),∴ -1- + =1,∴ = +2,∴ = =
-4 第 题解图
b2 c 18
+4 = 1b2 + c = 1 b2 + b +2= 1 ( b +2) 2 +1,∵ -1< b < 19. 解: 在二次函数 y x2 a x a2 a
4 4 4 4 (1) ∵ = +2( +1) +3 -2 +3
中
1 对称轴为直线b 当b 时 t取得最 ,1>0,
0, >0, =-2,∴ =0 , 二次函数的图象开口向上
4 ∴ ,
17中考真题分类·数学
该二次函数的图象与直线y a2 有两个交点 度得到y ax2 bx 将点 代入y ax2 bx
∵ =2 , = + -2, (-2,4) = + -2
二次函数的最小值小于 a2 中 得 a b a b a b a b
∴ 2 , , 4 -2 =6,∴ 2 - =3,∴ 6 -3 -7=3(2 - )-
a2 a a 2 .
4(3 -2 +3)-4( +1) a2 a a2 7=3×3-7=2
∴
4
=2 -4 +2<2 , 22.
<
【解析】将二次函数解析式化为顶点式
,
即y
=
x2
-
解得a 1 2 x +1=( x -1) 2 ,∵ 二次函数y = x2 -2 x +1 的图象向左
> ;
2 平移两个单位得到抛物线 C 抛物线 C 的解析式
,∴
解: 该二次函数的图象与x轴有交点
(2) ∵ , 为y x 2 抛物线开口向上 对称轴为直线x
=( +1) ,∴ , =
∴
方程x2
+2(
a
+1)
x
+3
a2
-2
a
+3=0
有实数根
, 当x 时 y随x的增大而增大 y
∴ Δ =4( a +1) 2 -4×1×(3 a2 -2 a +3)= -8 a2 +16 a -8= - y 1, . ∴ >-1 , ,∵ 2<3,∴ 1
a 2 < 2
-8( -1) ≥0, 23. 解: 设平移抛物线y 1 x2 后得到的新抛物线的
a 2 (1) =
∴ 8( -1) ≤0, 3
a 2
∵ 8( -1) ≥0, 表达式为y 1x2 bx c
a 2 = + + ,
∴ 8( -1) =0, 3
解得a
=1; 把点A 5 和B 代入 得
(0,- ) (5,0) ,
证明: 当x 时 y a2 a a 1 2 8 3
(3) =0 , =3 -2 +3=3( - ) + , ì
3 3 ïc 5
ï =- ,
a 1 2 恒成立 í 3
∵ ( - ) ≥0 , ï
3 ï25 b c
î +5 + =0,
y a 1 2 8 8 3
∴ =3( - ) + ≥ >0, ì
3 3 3 ïb 4
该二次函数的图象不经过原点. ï =- ,
∴ 解得í 3
ï
解题技巧 ïc 5
î =- ,
二次函数图象与x轴的交点个数: 3
b2
-4
ac
=0↔
二次函数图象与 x轴有唯一交点
(
顶
∴
新抛物线的表达式为y
=
1x2
-
4x
-
5
;
3 3 3
点
);
b2 ac 二次函数图象与x轴有两个不同等的 (2)①
由题意
,
得Q
(
m
,
1 m2
),
则P
(
m
,
1 m2
-
4 m
-
-4 >0↔ 3 3 3
交点
; 5
b2 ac 二次函数图象与x轴没有交点. ),
-4 <0↔ 3
PQ 1 m2 1m2 4m 5 4 m 5
∴ =| - + + |=| + |,
解:涵涵 二次函数顶点坐标为 a a2 a 3 3 3 3 3 3
(4) : (- -1,2 -4 +
{x a ∵
PQ小于
3,
则 =- -1,
2), y a2 a 4 m 5
=2 -4 +2, ∴ | + |<3,
a x 3 3
∴ =-1- ,
代入 , 得y =2 a2 -4 a +2=2( a -1) 2 =2(-1- x -1) 2 =2 ∵ m >0,∴ 4 m + 5 <3, 解得 0< m <1;
3 3
x 2
( +2) ,
故涵涵说法正确.
琳琳 二次函数与y x k有且只有一个交点
:∵ = + ,
令x2 a x a2 a x k
+2( +1) +3 -2 +3= + ,
即x2 a x a2 a k
+(2 +1) +3 -2 +3- =0,
则Δ a 2 a2 a k
=(2 +1) -4(3 -2 +3- )=0,
整理 得k a2 a 11
, =2 -3 + ,
4
第 题解图
故k a2 a 11 a 3 2 13 13 23 ①
=2 -3 + =2( - ) + ≥ ,
4 4 8 8 y 1x2 4x 5 1 x 2
②∵ = - - = ( -2) -3,
k的最小值为13. 3 3 3 3
∴
8 平移方式为将抛物线y 1 x2 向右平移 个单位
故琳琳的说法正确. 任选一种说法判断即可 ∴ = , 2
( ) 3
20. y x2 长度 向下平移 个单位长度 由题意可得 P 在 B
=3 -2 , 3 , ,
21. 【解析】抛物线y ax2 bx 向下平移 个单位长 的右边
2 = + +3 5 ,
18名师讲评式解析
如解图 当BP′ PQ时
①, ∥ , (3)
PQ x轴 BP′ x轴
∵ ⊥ ,∴ ⊥ , 解题思路
∴
x
P′=
x
B=5,∴
P′
(5,
25
),
根据题意得,平移后的抛物线表达式为y
=
(x
+1-
n)2
3 ,
-3
由平移可得 P 25 即P 16
, (5+2, -3), (7, ); 平移后的抛物线的对称轴为直线x n ,
3 3 ∴ = -1
如解图 当P′Q BP时 设直线 x m交 x轴于点 分类讨论:
②, ∥ , =
T 过点P′作P′S QP于点S 当n ,即n 时,平移后对称轴在直线x 左
, ⊥ , ① -1<0 <1 =0
P′QT BPT P′SQ BTP ° 侧,当 x 时,y随x增大而增大,当x 时,y取
∴ ∠ =∠ ,∠ =∠ =90 , 0≤ ≤3 =0
QS PT 最小值,当x 时,y取最大值,根据最大值减去最小
P′SQ BTP =3
∴ △ ∽△ ,∴ P′S=BT, 值等于 得到含n的方程,求解即可;
5
当n ,即n 时,平移后对称轴在直线x 右
设P′ x 1 x2 则P x 1 x2 S x 1 x2 ② -1>3 >4 =3
( , ), ( +2, -3), ( +2, ),
3 3 3 侧,当 x 时,y随x增大而减小,当x 时,y取
0≤ ≤3 =0
Q ( x +2, 1 ( x +2) 2 ), T ( x +2,0), 最大值,当x =3 时,y取最小值,根据最大值减去最小
3 值等于 得到含n的方程,求解即可;
5
1 x 2 1x2 1x2 当 n ,即 n 时,平移后对称轴在直
( +2) - -3 ③ 0≤ -1≤3 1≤ ≤4
∴
3 3
=x
3
,
线x 到直线x 之间,比较对称轴到直线x 和
2 +2-5 =0 =3 =0
解得x 或x 均不符合题意 舍去 . x 的距离,到对称轴的距离越远,对应的y值越大,
=1 =3( , ) =3
分为三种情况:
综上所述 点P的坐标为 16 .
, (7, )
3 情况 :当 n 3,即 n 5 时,对称轴到直线
1 0≤ -1< 1≤ <
2 2
x 的距离小于对称轴到直线x 的距离,y取最小
=0 =3
值为 ,当x 时,y取得最大值,根据最大值减去最
-3 =3
小值等于 得到含n的方程,求解即可;
5
情况 :当n 3,即n 5时,y取最小值为 ,当x
2 -1= = -3
2 2
或x 时,y取得最大值,根据最大值减去最小值
=0 =3
看是否等于 ,求解即可;
第 题解图 5
23 ②
情况 :当3 n ,即 5 n 时,对称轴到直线
24. 解: 把点 代入 y ax2 bx 中 3 < -1≤3 < ≤4
(1) (-2,-2),(1,1) = + -2 , 2 2
得 { 4 a -2 b -2=-2, x =0 的距离大于对称轴到直线x =3 的距离,y取最小
a
{
+
a
b
-2=1,
值为
-3
,当x
=0
时,y取得最大值,根据最大值减去最
解得 =1, 小值等于 得到含n的方程,求解即可.
5
b
=2, n的值为 或 .
二次函数的表达式为y x2 x 1+ 5 4- 5
∴ = +2 -2; 【解法提示】根据题意 得平移后的抛物线表达式为
y x2 x x 2 ,
(2)∵ = +2 -2=( +1) -3,
二次函数图象的顶点坐标为 对称轴为 y x n 2 平移后的抛物线的对称轴为直线
∴ (-1,-3), =( +1- ) -3,∴
直线x
=-1,
x
=
n
-1,①
当n
-1<0,
即n
<1
时
,
在x
=0
处
,
y取最小
∴
点
(1,1)
关于直线x
=-1
的对称点为
(-3,1),
值
,
为y
=(1-
n
)
2
-3,
在x
=3
处
,
y取最大值
,
为y
=(4
画出二次函数图象 如解图
, ①; n 2 则 n 2 n 2 解得n 5
- ) -3, (4- ) -3-(1- ) +3=5, = >1
3
舍去 当n 即n 时 在x 处 y取最大
( );② -1>3, >4 , =0 ,
值 为y n 2 在x 处 y取最小值 为y
, =(1- ) -3, =3 , , =(4
n 2 则 n 2 n 2 解得n 10
- ) -3, (1- ) -3-(4- ) +3=5, = <4
3
舍去 当 n 即 n 时 分为三种
( );③ 0≤ -1≤3, 1≤ ≤4 ,
情况讨论 情况 当平移后抛物线的对称轴在直线
, 1:
x 3左侧时 画出大致图案 如解图 此时y的最
= , , ②,
2
第 题解图 小值为 n 3 即 n 5 在x 处 y取
-3,0≤ -1< , 1≤ < , =3 ,
24 ①
2 2
19中考真题分类·数学
得最大值 为 n 2 n2 n 图象对应
, (3+1- ) -3= -8 +13,∵
的函数最大值与最小值的差为 n2 n
5,∴ -8 +13-(-
解得n 或n 舍去 情况 当n
3)=5, =4- 5 =4+ 5( ); 2:
3 即n 5 时 此时 y 的最小值为 在 x
-1= , = , -3, =0
2 2
或x 处 y取得最大值 为 3 2 3 3
=3 , , (- ) -3=- ,∵ -
2 4 4
2. 如图 ,抛物线对称轴在区间内,则y的最小值
9 不符合题意 情况 当平移后抛物 ②
-(-3)= ≠5, ; 3:
4
为抛物线顶点的纵坐标,最大值为距离抛物线对称
线对称轴在直线x 3右侧时 画出大致图象如解图 轴较远的点N的纵坐标y N ;
= ,
2 3. 如图 ,区间在抛物线对称轴右侧,则y的最大
③
此时y的最小值为 3 n 即 5 n 值为y ,最小值为y .
③, -3, < -1≤3, < ≤4, N M
2 2
在x 处 y取得最大值 为 n 2 n2 n
=0 , , (1- ) -3= -2 -2,∵
图象对应的函数最大值与最小值的差为 n2 n
5,∴ -2
解得n 或n 舍去 .综
-2-(-3)= 5, =1+ 5 =1- 5( )
上所述 n的值为 或 .
, 1+ 5 4- 5
25. 解: 把点 代入y x2 ax
(1) (1,0) = - +5,
得 a
1- +5=0,
解得a
=6;
由 知y x2 x
(2) (1) = -6 +5,
抛物线的对称轴为直线x -6
∴ =- =3,
2×1
过点A t 与 x 轴平行的直线交抛物线于 B C
∵ (0, ) ,
第 题解图
两点
24 ②
,
点B C关于抛物线的对称轴对称 且B C两点的
∴ , , ,
纵坐标均为t
,
点B为线段AC的中点
∵ ,
x x
∴ C=2 B,
x x
B+ C 3x
∴ = B=3,
2 2
解得x
B=2,
把x 代入y x2 x 中
=2 = -6 +5 ,
得y
=-3,
第 题解图 t的值为
24 ③ ∴ -3;
类题通法 (3)
区间内二次函数最值的确定 解题思路
若点M(m,y
M
),N(n,y
N
)为抛物线y
=
ax2
+
bx
+
c(a 要使n
-
m最大
,
则m
,
n为某条直线与抛物线的交点
)上两点,且点M在点N左侧(以a 为例):
的横坐标
,
且x
=
m和x
=
n关于抛物线的对称轴对称
,
≠0 >0
1. 如图 ① ,区间在抛物线对称轴左侧,则y的最大 根据直线l 1, l 2 之间的距离为 16, 为定值 , 得到当l 1, l 2
值为y ,最小值为y ; 中的一条直线恰好经过抛物线的顶点 即y
M N (3,-4), =
时 另一条直线的解析式为y 令x2 x
-4 , =16-4=12, -6
求出x的值 进而确定m n的值 进行求解即
+5=12, , , ,
可.
y x2 x x 2
∵ = -6 +5=( -3) -4,
抛物线的顶点坐标为
∴ (3,-4),
20名师讲评式解析
∵
抛物线的一段y
=
x2
-6
x
+5(
m
≤
x
≤
n
)
夹在两条均
+
b
1
是
“
对偶函数
”,
则其图象上至少在一对
“
对偶
与x轴平行的直线l l 之间 且m n 点 .
1,2 , <3< , ”
下方的平行线不能在顶点 上方 要使n m {y k x b
∴ (3,-4) , - 从而有 1= 1 1+ 1, 两式相减可得k
最大 则m n为某条直线与抛物线的交点的横坐标 x k y b 1=1,
, , , - 1=- 1 1+ 1,
且x m和x n关于抛物线的对称轴对称 同理可得k .
= = , 2=1
直线l l 之间的距离为 为定值 两个一次函数的解析式为y x b y x b .
∵ 1,2 16, , ∴ = + 1, = + 2
当 l l 的一条直线恰好经过抛物线的顶点 由于b b 都是常数 且b b
∴ 1, 2 (3, 1, 2 , 1· 2<0,
即y 时 另一条直线的解析式为y 故此两个一次函数的图象分别与两坐标轴围成的平
-4), =-4 , =16-4=
记l y 与抛物的两个交点分别为P Q 且x 面图形是有公共直角顶点的分别位于第二 四象限
12, 1: =12 , , P 、
n x m 此时n m最大 如解图 的两个等腰直角三角形 如解图 所示
= , Q= , - , , , ①② ,
其面积之和S 1 b2 b2
∴ = ( 1+ 2);
2
第 题解图
27
由题意可得 a 且x y 时
(3) ≠0, 1≠- 1 ,
{y ax2
有 1=2 1-1①,
x a y 2
- 1=2 (- 1) -1②,
第 题解图
25 以上两式相减变形可得y x 1 代入 整理可得
∴
令x2
-6
x
+5=12,
1= 1-
2
a, ①
解得x 1=7, x 2=-1,
2
ax2
1-
x
1+
1
a-1=0,
此关于 x
1
的一元二次方程必有
即n m 此时n m 2
=7, =-1, - =8,
实数根
n m的最大值为 . ,
∴ - 8
26. 解: 当a 时 y x2 ax a x2 x 当Δ a 1 a 时 x y 2 不
(1)① =-4 , = +2 + -3= -8 -7; =1-8 ( a-1)=-3+8 =0 , 1=- 1= (
a 2 3
当x 2 a 时 y取得最小值为 符合题意
② =- =- =4 , 16-32-7= ),
2
Δ a 解得a 3 .
-23; ∴ =-3+8 >0, >
合理 8
(2) ,
一题多解
y x2 ax a
∵ = +2 + -3,1>0,
抛物线开口向上 函数有最小值 解法一:
∴ , ,
a 由题意可得 a , 由于函数 y ax2 是“对偶函
当x 2 a时 y取得最小值 ≠0 =2 -1
=- =- , , 数”,
2
故甲同学的说法合理 所以它的图象上至少存在一对“对偶点”,设一对
; ∴
正确 “对偶点”为点A(x ,y ) 与点 B( y , x ) 且 x
(3) , 1 1 - 1 - 1 1≠
当x a时 y a2 a y ,
=- , =- + -3, - 1
∵ -1<0,
不妨设经过A,B两点的直线(一次函数)的解析式为
抛物线开口向下 函数有最大值
y mx b(m ),
∴ , , = + ≠0
由题意可得m ,b y x ,即y x y x .
当a =- 1 = 1时 , y取得最大值 , y的最大值为 =1 = 1- 1 = + 1- 1
2×(-1) 2 {y ax2 ,
联立 =2 -1①
1 2 1 11. y x y x ,
-( ) + -3=- = + 1- 1②
2 2 4
27. 解:
(1)①√; ②√; ③✕;
① - ②
,得
2
ax2
-
x
+
x
1-
y
1-1=0
.
由题意可得 x y y x 点 x y 与点
直线AB与二次函数图象必有两个不同交点,
(2) 2=- 1, 2=- 1, ( 1, 1) ∵
y x 是一对 对偶点 且x y 由于y k x Δ a(x y ) ,
(- 1,- 1) “ ”, 1≠- 1, = 1 ∴ =1-8 1- 1-1 >0③
21中考真题分类·数学
将 A,B 两点代入二次函数 y ax2 中,得
= 2 -1 由题意 得x 12 2
{y ax2 , , A= 2 - 2 -3=2,
1=2 1-1④ ,得 a(x y ) ,
x a( y )2 ,④-⑤ 2 1- 1 =1 将x 代入y 2 x 2
- 1=2 - 1 -1⑤ =2 =- ( -6) +8,
9
将其代入 可得Δ a ,解得a 3.
③ =1-4+8 >0 > 得y 2 2 40
8 =- ×(2-6) +8= ,
解法二: 9 9
由题意可得 a , 且x y 时, 40 . 17 .
≠0 1 ≠- 1 ∵ 9 -3 5= 18 >0 5,
{y ax2 , 宽 米 高 . 米的两辆车并排行驶能安全通过.
有 1=2 1-1① ∴ 3 , 3 5
x a( y )2 , 4. 解: 由题意 得点A 点D
- 1=2 - 1 -1② (1) , (-4,0), (4,0),
将点A 代入抛物线的表达式 y ax2 得
以上两式相减变形可得 x ( y ) 1,以上两式 (-4,0) = +2, 0=
1+ - 1 = a
2 a 解得a 1
16 +2, =- ,
相加变形可得x ·( y ) 1 1, 8
1 - 1 = a2 - a
4 2 抛物线的表达式为y 1x2
∴ =- +2;
关于t 的一元二次方程t2 1 t 1 1 必有 8
∴ - a + a2 - a=0 AM M D
2 4 2 (2)∵ 1= 2 =1,
两个不相等的实数根x , y , 点M 点 M
1 - 1 ∴ 1(-3,0), ( 2(3,0),
点N 的横坐标为 点N 的横坐标为
Δ ( 1)2 ( 1 1) ,解得a 3. ∴ 1 -3, 2 3,
∴ = - a -4 a2 - a >0 > 点N 和点N 在抛物线上关于y轴对称
2 4 2 8 1 2 ,
第十讲 二次函数的实际应用 N M N M
∴ 1 1= 2 2,
1. 【解析】由题意知求水流喷出的最大高度 即为求 将x 代入抛物线表达式 得y 1 2 7
B , ∴ =3 , =- ×3 +2= ,
8 8
7
抛物线的最高点的纵坐标 4
ac
-
b2 4×(-1)×
4
-4
∴
N
1
M
1+
N
2
M
2=
7
×2=
7
,
,∵ a = 8 4
4 4×(-1)
. 水流喷出的最大高度是 . . 7
=2 75,∴ 2 75 m ∵ <2,
2. 【解析】 OA . 点A的坐标为 . 将 4
8 ∵ =1 6m,∴ (0,1 6), 这根材料的长度够用.
A . 代入y a x 2 . 中 得 . a 2 ∴
(0,1 6) = ( -3) +2 5 , 1 6= (0-3) 5. 解: x
(1)(60+10 );
. 解得a 1 y 1 x 2 . 令y 得 设该款巴小虎吉祥物降价x元
+2 5, =- ,∴ =- ( -3) +2 5, =0, (2) ,
10 10
根据题意 得 x x
1 x 2 . 解得x x 不符合题意 , (40-30- )(60+10 )=630,
-
10
( -3) +2 5=0, 1=8, 2=-2( , 整理
,
得x2
-4
x
+3=0,
舍去 铅球掷出的水平距离OB为 . 解得x x
),∴ 8 m 1=1, 2=3,
由于要让利于游客 x 舍去
3. 解: 由题意得 抛物线顶点坐标为 12 即 , =1 ,
(1) , ( ,8), (6, 该款巴小虎吉祥物降价 元时文旅公司每天的利
2 ∴ 3
润是 元
8), 630 ;
设抛物线的函数解析式为y
=
a
(
x
-6)
2
+8(
a
≠0),
设该款巴小虎吉祥物降价x元
(3) ,
代入点 (12,0), 得a (12-6) 2 +8=0, 则W x x
=(40-30- )(60+10 )
解得a 2 x x
=- , =(10- )(60+10 )
9 x2 x
=-10 +40 +600
∴ 抛物线的函数解析式为y =- 2 ( x -6) 2 +8(0≤ x ≤ =-10( x -2) 2 +640,
9
∵ -10<0,
12);
能安全通过 理由如下 当 x 时 W 取最大值为 元 此时售价为
∴ = 2 , 640 ,
(2) , :
如解图 记甲车左侧与x轴交点为A 元
, , 38 ,
答 当售价为 元时 每天的利润最大 最大利润是
: 38 , ,
元.
640
6. 解: 设A型号客车每辆载客量为x人 则B型号的
(1) ,
客车每车辆载客量为 x 人 根据题意 得600
( -15) , , x
450
第 题解图 =x ,
3 -15
22名师讲评式解析
解得x . 矩形实验田的面积S能达到 2.
=60 (2) 750 m
经检验 x 是所列分式方程的根 且符合题意 当S 时 则 x2 x
, =60 , , =750 , -2 +80 =750,
答 A型号客车每辆载客量为 人 B 型号客车每辆 解得x x
: 60 , 1=25, 2=15,
载客量为 人 当x 时 y x 符合题意
45 ; =25 , =80-2 =30<42, ;
设租A型号客车m辆 B型号客车 m 辆 租 当x 时 y x 不符合题意 舍去
(2) , (10- ) , =15 , =80-2 =50>42, , ,
车总费用为w元 x
, ∴ =25;
则 m m 由题意得 x
60 +45(10- )≥530, (3) 0<80-2 ≤42,
x .
解得m 16. ∴ 19≤ <40
≥ 由 得S x2 x x 2
3 (1) =-2 +80 =-2( -20) +800,
w m m . m
=(3 200-50 ) +3 000×0 8×(10- ) ∵ -2<0,
m2 m . 当 x 时 S 有最大值为 且
=-50 +800 +24 000 ∴ =20 , 800, 80-2×20=40
且对称轴为直线m 800 <42,
∵ -50<0, =- =8, 当x 时 矩形实验田的面积S最大 最大面积为
2×(-50) ∴ =20 , ,
∴
当m
≤8
时
,
w随着m的增大而增大.
800 m
2.
m取正整数 且16 m 第十一讲 二次函数与几何图形综合题
∵ , ≤ ≤8,
3
当m 时 w取得最小值 最小值为 元. 1. 解: 二次函数y ax2 bx c的图象经过A
∴ =6 , , 27 000 (1)∵ = + + (-3,0),
答本次研学活动学校的最少租车费用为 元. B C 三点
27 000 (1,0), (0,-3) ,
{ a b c {a
7. 解: 点 1 7 是抛物线的顶点 9 -3 + =0, =1,
(1)∵ ( , ) , a b c 解得 b
2 4 ∴ + + =0, =2,
设成本y 关于销售量x的函数解析式为y a x c c
∴ 2 2= ( - =-3, =-3,
抛物线的解析式为y x2 x
1 2 7 ∴ = +2 -3;
) + , 设直线AC的解析式为y kx b k
2 4 (2) = + 1( ≠0),
A C
把 代入可得9 a 7 解得a ∵ (-3,0), (0,-3),
(2,4) 4 + 4 =4, =1, { k b {k
-3 + 1=0,解得 =-1,
∴ 成本y 2 关于销售量x的函数解析式为y 2=( x - 1 ) 2 ∴ b 1=-3, b 1=-3,
2 直线AC的解析式为y x
∴ =- -3;
7 如解图 过点 P 作 PE y 轴交 AC 于点 E 连接
+ ; ①, ∥ ,
4 AP CP
, ,
由题图可知 当x 1时 y 最小值为7
(2) , = , 2 ,
2 4
. 1 . y x 1 5
∵ 0 4< <3 5,∴ 1=5 =5× = ,
2 2 2
利润y y 5 7 3 .
∴ 1- 2= - = =0 75,
2 4 4
当成本最低时 销售产品所获利润是 . 万元
∴ , 0 75 ;
设销售利润为W万元
(3) ,
则W y y x x 1 2 7 x2 x x
= 1- 2=5 -[( - ) + ]=- +6 -2=-( -
2 4 第 题解图
1 ①
2
3) +7,
设P p p2 p p 则E p p
. x . ( , +2 -3)(-3< <0), ( ,- -3),
∵ -1<0,0 4< <3 5,
∴ 当x =3 时 , W 最大值=7, ∴ PE =- p -3-( p2 +2 p -3)=- p2 -3 p =-( p + 3 ) 2 + 9.
答 当销售量是 吨时所获利润最大 最大利润是 2 4
: 3 , S S S
万元. ∵ △ ACP= △ APE+ △ CPE,
7
8. 【解析】设垂直于墙的一边长为 x 米 则平行于 S 1PE x x 1PE x x 1PE
450 , ∴ △ ACP= ·( E- A)+ ·( C- E)=
2 2 2
墙的一边长为 x 米 菜园的面积为x x
(60-2 ) ,∴ (60-2 )
x x 1PE 3PE
x2 x x 2 又 x 解 ·( C- A)= ·[0-(-3)]= ,
=-2 +60 =-2( -15) +450, ∵ 0<60-2 ≤40, 2 2
得 x 当 x 时 菜园的面积最 当PE有最大值时 S 有最大值
10≤ <30,∵ -2<0,∴ =15 , ∴ , △ ACP ,
大 最大面积为 平方米.
9. 解
,
: y x
45
S
0
x2 x ∵
PE
=-(
p
+
3
)
2
+
9
,-1<0,-3<
p
<0,
(1) =80-2 , =-2 +80 ; 2 4
23中考真题分类·数学
当p 3时 PE有最大值 最大值为9
∴ =- , , ,
2 4
S 的最大值为3 9 27
∴ △ ACP × = ,
2 4 8
A C
∵ (-3,0), (0,-3),
OA OC AOC °
∴ = =3,∠ =90 ,
AC OA2 OC2 .
∴ = + =3 2
设点P到直线AC的距离为h
,
S 1AC h 3 2h 图 图
∴ △ ACP=
2
· =
2
, ② ③
第 题解图
1
∴ h = 3 2S △ ACP, 2. 解: (1)∵ 抛物线y = x2 + bx + c的顶点坐标为 (3,-4),
∴
当S
△ ACP
有最大值时
,
h有最大值
, ∴
y
=(
x
-3)
2
-4=
x2
-6
x
+5,
b c
∴ =-6, =5;
h的最大值为 2 27 9 2
∴ × = ,
3 8 8 存在 点P的横坐标为5+ 41或5- 41.
(2) ,
2 2
∴
点P到直线AC的最大距离为9 2
;
【解法提示】对于抛物线y
=
x2
-6
x
+5,
当y
=0
时
,
x2
-
8
x 解得 x x 当 x 时 y OB
(3)
存在
,
点Q的坐标为
(-1,-1)
或
(-1,2)
. 6 +5=0, 1=1, 2=5, =0 , =5,∴ =
OC AB COB ° OBC
【解法提示】如解图 当点Q在x轴下方时 设抛物 = 5, = 5-1 = 4,∵ ∠ = 90 ,∴ ∠ =
②, ,
OCB ° 如解图 连接AC 过点B作x轴的垂线
线对称轴交 x 轴于点 H 过点 D 作 DG QH 交直线 ∠ =45 , , , ,
, ⊥
在x轴上方的垂线上截取BD BA 连接AD与BC
QH于点G 抛物线解析式为y x2 x x 2 = =4,
,∵ = +2 -3=( +1) -
交于点E 则D DBC ° OBC °
抛物线对称轴为直线x H OH , (5,4),∴ ∠ =90 -∠ =45 =
4,∴ =-1,∴ (-1,0),∴ =
OBC BC AD ED EA 过点 D 作 BC 的平行线
A AH .设点Q的坐标为 ∠ ,∴ ⊥ , = ,
1,∵ (-3,0),∴ =-1-(-3)= 2 PD与抛物线的交点即为点P 连接PC PB S
(-1, q ), 则QH =- q.由旋转的性质可得 ∠ AQD =90 ° , , , ,∵ △ BCA=
又 AHQ QGD ° HAQ HQA HQA 1BC AE S 1BC DE S S 设直线
∵ ∠ =∠ =90 ,∴ ∠ +∠ =∠ · , △ BCP= · ,∴ △ BCA= △ BCP,
GQD ° HAQ GQD 又 AQ QD 2 2
+∠ = 90 ,∴ ∠ = ∠ , ∵ = , { m n {m
HAQ GQD DG QH q QG AH BC y mx n m 则 5 + =0, =-1, 直线
∴ △ ≌△ (AAS),∴ = =- , = = : = + ( ≠0), n ∴ n ∴
HG QH QG q 点D的横坐标为 q =5, =5,
2,∴ = + =2- ,∴ -1-(- ) BC y x BC PD 设直线PD y x q 代入
q 纵坐标为 q q D q q : =- +5,∵ ∥ ,∴ : =- + ,
=-1+ , -(2- )= -2,∴ (-1+ , -2),∵ D 得 q 解得q 直线PD y x
点D在抛物线上 q 2 q q q2 (5,4) :-5+ =4, =9,∴ : =- +9,
,∴ (-1+ ) +2(-1+ )-3= -2,∴ 令 x q x2 x 整理 得 x2 x 解得 x
q q q q2 q 解得q 或q - + = -6 +5, , -5 -4=0, =
-2 +1-2+2 -3= -2,∴ - -2=0, =-1 =
舍去 此时点Q的坐标为 如解图 5+ 41或 x 5- 41 点 P 的横坐标为5+ 41
2( ),∴ (-1,-1); ③, = ,∴
当点Q在x轴上方时 过点Q作RS x 轴 分别过点 2 2 2
, ∥ ,
A 点D作直线RS的垂线 垂足分别为R S 设点Q的 或5- 41.
, , , ,
坐标为 m R S °.由旋转的性质可得 2
(-1, ),∴ ∠ =∠ =90
AQD ° RAQ RQA RQA SQD °
∠ =90 ,∴ ∠ +∠ =∠ +∠ =90 ,
RAQ SQD 又 AQ QD RAQ SQD
∴ ∠ =∠ , ∵ = ,∴ △ ≌△
QS AR m DS QR 点D
(AAS),∴ = = , = =-1-(-3)= 2,∴
的横坐标为 m 纵坐标为m D m m
-1+ , -2,∴ (-1+ , -2),
点D在抛物线上 m 2 m m
∵ ,∴ (-1+ ) +2(-1+ )-3= -2,
m2 m m m m2 m 解得m
∴ -2 +1-2+2 -3= -2,∴ - -2=0, =
或m 舍去 此时点Q的坐标为 当
2 =-1( ),∴ (-1,2);
点Q在x 轴上时 易得此时不存在 AQ QD. 综上所 第 题解图
, = 2
述 存在点Q使AQ QD 此时点Q的坐标为
或
,
.
= , (-1,-1) 3. 解:
(1)
把点A
(3,0)
代入y
=
ax2
+2
ax
-
15
,
(-1,2) 4
得a 1
= ,
4
抛物线的解析式为y 1x2 1x 15
∴ = + - ,
4 2 4
24名师讲评式解析
(由此得出b与 k 之间的关系,代入直线 l 的解析式
令y 则1 x2 1x 15
=0, + - =0, 中,即可求出定点坐标)
4 2 4
解得x x k
1=-5, 2=3,
∴ ≠0,
B b k
∴ (-5,0); ∴ - +3=0,
(2)∵ y = 1 x2 + 1 x - 15 = 1 ( x +1) 2 -4, N 是抛物线 ∴ b = k -3,
4 2 4 4 直线l的解析式为y k x
顶点 ∴ = ( +1)-3,
, 无论k为何值 当x 时 y
N ∵ , =-1 , =-3,
∴ (-1,-4), 直线l过定点 定点坐标为 .
设直线BN的解析式为y k x b k ∴ , (-1,-3)
= 1 + 1( 1≠0),
B N
∵ (-5,0), (-1,-4),
{ k b {k
-5 1+ 1=0,解得 1=-1,
∴ k b b
- 1+ 1=-4, 1=-5,
直线BN的解析式为y x
∴ =- -5,
PQ BN
∵ ∥ ,
设直线PQ的解析式为y x n
∴ =- + ,
∵ 点P ( m , 1 m2 + 1 m - 15 ), Q ( m +2, 1 ( m +2) 2 + 第 3 题解图
4 2 4 4
易错点拨
1 m 15
( +2)- ), 由角相等,得出两角的三角函数值相等,进而得出边
2 4
之间的关系,在化简过程中,因式子中参数较多而容
1 m2 1m 15 m n且 1 m 2 1 m
∴ + - =- + ( +2) + ( +2)- 易出错.
4 2 4 4 2
15 m n 解得m
4. 解:
(1)
将 B
(1,0),
C
(2,5)
代入 y
=
ax2
+
bx
-3(
a
≠
=-( +2)+ , =-4;
4 中
直线l过定点. 0) ,
(3) {a b
设直线l的解析式为y kx b k 直线l与抛物线 得 + -3=0,
= + ( ≠0), a b
相交于点G x y H x y 4 +2 -3=5,
( 3, 3), ( 4, 4), {a
解得 =1,
令1 x2 1x 15 kx b b
+ - = + , =2,
4 2 4
x2 k x b ∴
抛物线的解析式为y
=
x2
+2
x
-3;
∴ +(2-4 ) -15-4 =0,
Δ x x k x x b. (2)①
当y
=0
时
,
x2
+2
x
-3=0,
∴ >0, 3+ 4=4 -2, 3 4=-15-4
解得x x
↓
1=-3, 2=1,
(直线l与抛物线有两个交点 G,H,即联立后的一元 A
∴ (-3,0);
二次方程的两个根) x
②-3< <1;
如解图 过点G作GC MN于点C 过点H作HD 存在 P P .
, ⊥ , ⊥ (3) , 1(0,7), 2(0,-3)
【解法提示】如解图 A C AC2
↓ ,∵ (-3,0), (2,5),∴ =50,
(因 GMN HMN,故需作垂线,构造直角三角形) 点P在y轴上 设点P的坐标为 m AP2
∠ =∠ ∵ ,∴ (0, ),∴ =9
MN于点D , 则GC =-1- x 3, MC = y 3+5, HD = x 4+1, MD = y 4 + m2 , CP2 =4+( m -5) 2 = m2 -10 m +29,∵ AC为直角边 ,
+
5
.
∴
AC2
+
CP2
=
AP2 或AC2
+
AP2
=
CP2
,
解得m
1=7,
m
2=
∵ ∠
GMN
=∠
HMN
, -3,∴
存在点P
,
使
△
ACP是以AC为直角边的直角三
GC HD
GMN HMN 即 角形 P P .
∴ tan∠ =tan∠ , MC=MD, , 1(0,7), 2(0,-3)
x x
-1- 3 4+1
∴ y =y ,
3+5 4+5
x y x y
∴ ( 3+1)( 4+5)+( 4+1)( 3+5)=0,
x kx b x kx b
∴ ( 3+1)( 4+ +5)+( 4+1)( 3+ +5)=0,
kx x k b x x b
∴ 2 3 4+( + +5)( 3+ 4)+2 +10=0,
k b k b k b
∴ 2 (-15-4 )+( + +5)(4 -2)+2 +10=0,
k b k
∴ -4 ( - +3)=0,
第 题解图
直线l不垂直于y轴
4
∵ ,
5. 解: 把点A B 代入 y x2 bx c 得
↓ (1) (3,4), (0,1) =- + + ,
25中考真题分类·数学
{ b c {b 【解法提示】抛物线y x2 x x 2 向左
-9+3 + =4,解得 =4, =- +4 +1=-( -2) +5,
c c 平移 个单位长度后得到y y x2 令 x2
=1, =1, 2 1,∴ 1=- +5, - +5=
∴
抛物线的函数解析式为y
=-
x2
+4
x
+1; -(
x
-2)
2
+5,
解得x
=1,
易得y
=4,∴
D
(1,4),①
如解
存在 补全图形如解图 . 图 当BD为对角线时 作BD的垂直平分线ME 交
(2) , ① ②, , 1
BD于点M 交直线x 于点E B D
∵
BC
∥
x轴且B
(0,1),
, =2 1,∵ (0,1), (1,4),
∴ y C=1=- x2 +4 x +1, ∴ M ( 1 , 5 ) .设E 1(2, y ),∵ DE 1= BE 1,∴ 1 2 +(4- y ) 2
解得x 舍去 x C . 2 2
1=0( ), 2=4,∴ (4,1) 2 y 2 y E M 是 E F 的
如解图 过点A作AQ BC于点Q =2 +( -1) ,∴ =2,∴ 1(2,2),∵ 1 1
①, ⊥ , 中点
在 ACQ中 A Q ,
Rt△ ,∵ (3,4),∴ (3,1), F 如解图 当 BD 为边时 以 B 为圆
∴ 1(-1,3);② ③, ,
BCP 1 ACB 心 BD为半径画圆交直线x 于点E E 连接BE
∵ tan∠ = tan∠ , , =2 2, 3, 2,
6 BE 过点D 作 DF BE 过点 E 作 E F BD DF
AQ 3, 2∥ 2, 2 2 2∥ , 2
BCP 1 1 1. 和E F 相交于点F 同理可得 F B D
∴ tan∠ = CQ= ×3= 2 2 2, 3,∵ (0,1), (1,
设直线CP交y 6 轴于点 6 M 2 4),∴ BD = 1 2 +3 2 = 10,∴ BE 2= BE 3= 10 .过点
, B作BN 直线 x 于点 N 则 BN .在 BNE
BC CBM ° ⊥ =2 , =2 Rt△ 2
∵ =4,∠ =90 ,
和 BNE 中 由勾股定理得 E N E N
BCP BM BM 1 BM Rt△ 3 , , 2 = 3 = 6,∴
∴ tan∠ =BC= = ,∴ =2, E E .由菱形的性质可得 点 F
4 2 2(2,1+ 6), 3(2,1- 6) ,
M M . 是由点E向右平移 个单位长度 再向上平移 个单
∴ 1(0,3), 2(0,-1) 1 , 3
记CM 交抛物线于点P CM 交抛物线于P 位长度得到的 F F 如解
1 1, 2 2, ,∴ 2(3,4+ 6), 3(3,4- 6);③
图 当 BD为边时 以点 D为圆心 BD 长为半径画
易得直线CM CM 的解析式分别为 y 1 x ④, , ,
1, 2 CM 1 =- 2 +3, 圆交直线x =2 于点E 4 和E 5, 连接 DE 4, DE 5, BE 4, 则
DE DE BD 过点D作DH E E 于点H
y CM = 1x -1, 4= 5= = 10,, ⊥ 4 5 ,
2 2 则DH 在 DHE 和 DHE 中 由勾股定理
{ =1, Rt△ 4 Rt△ 5 , ,
得HE HE E E DBE
令 - 2 1x +3=- x2 +4 x +1, 解得 x x 1= 2 1 , 舍去 或令 1 2 x -1 t 共 an 线 ∠ E 舍 4 5 = D 去 H = 5 过 = 3, 3 点 ∴ ,∴ B ∠ 作 D 4( B 2 B E , F 4 1 = ), ∠ D E 5 E ( 5 2 D , H 过 7 , ) ∴ 点 ,∵ B E t , a D n 作 ∠ , E E 5 三 F 4 点 =
{ 2=4( ) , , 4∥ 4, 4 4 4∥
BD BF 与 E F 相交于点 F 连接 OF 交 BE 于点
x2 x 解得 x 3=- 1 , G , B 4 4 E 4 BE 4, 的中点 4 G 4 . D
=- +4 +1, 2 ,∵ (0,1), 4(2,1),∴ 4 (1,1) ∵
x 舍去 点G为DF 的中点 F .综上所述
4=4( ), (1,4), 4 ,∴ 4(1,-2) ,
∴ 把x 1=
2
1 , x 3=-
2
1分别代入y =- x2 +4 x +1,
点F的坐
.
标为
(-1,3)
或
(3,4+ 6)
或
(3,4- 6)
或
(1,-2)
得y 11 y 5
1= , 3=- ,
4 4
P 1 11 P 1 5 .
∴ 1( , ), 2(- ,- )
2 4 2 4
综上所述 满足条件的点 P 的坐标为 1 11 或
, ( , ) (-
2 4
1 5
,- );
2 4
图 图
② ③
第 题解图
5 ①
点F的坐标为 或 或
(3) (-1,3) (3,4+ 6) (3,4- 6)
或 . 图
(1,-2) ④
26名师讲评式解析
第 题解图 ACE BDE或 ACE DBE
5 ∴ △ ∽△ △ ∽△ ,
如解图 当 ACE BDE时 BDE ACE °
一题多解 ①, △ ∽△ ,∠ =∠ =90 ,
BD AC
当BD为菱形对角线时 如解图 设直线 BD 的 ∴ ∥ ,
① , ②, 点D的纵坐标为
解析式为y kx m k 把B D 代 ∴ 6,
BD= + ( ≠0), (0,1), (1,4) t2 t 解得t 舍去 或t
入y kx m k 中 可得y x M是BD ∴ - + +6=6, =0( ) =1,
BD= + ( ≠0) , BD=3 +1,∵ D
∴ (1,6);
的中点 x 0+1 1 y 1+4 5 当 ME 垂 如解图 当 ACE DBE时 BDE CAE
,∴ M= = , M= = ,∵ 1 ②, △ ∽△ ,∠ =∠ ,
2 2 2 2 过点B作BH DC于点H
⊥ ,
直平分BD时 k k k k 1 易
, BD· ME 1 =-1, BD=3,∴ ME 1 =- 3 , ∴ ∠ BHD =90 ° , H ( t ,6), BH = t , DH =- t2 + t ,
BH OB
得y 1x 8 把x 代入y 1 x 8 中得 BDE CAE
ME =- + , =2 ME =- + ∴ DH=tan∠ =tan∠ =OA,
1 3 3 1 3 3
y E . 设 F x y 则 有 t
ME 1 = 2, ∴ 1 (2, 2) 1 ( 1, 1 ), ∴ t2 t= 6 =2,
ìx - + 3
ï 1+2 1
í
ï
2
=
2
,
解得
{x
1=-1, F 当BD为边 ∴ -2
t2
+2
t
=
t
,
解得t
=0(
舍去
)
或t
=
1
,
ïy y ∴ 1(-1,3);② 2
ï 1+2 5 1=3,
î = , D 1 25 .
2 2 ∴ ( , )
时 如解图 当点 E 在 x 轴上方时 B D 2 4
, ③, ,∵ (0,1),
综上所述 点D的坐标为 或 1 25
(1, 4), E 2 ( 2, y E 2 ), ∴ (1-0) 2 +(4-1) 2 = , (1,6) ( 2 , 4 );
(2-0) 2 +( y E -1) 2 ,∴ y E =1+ 6( 负值已舍去 )∴
2 2
{x x x x
E B+ F 2 = D+ E 2 ,
2 ( 2, 1 + 6 ), ∴ y y y y ∴
B+ F = D+ E ,
2 2
{ x {x
0+ F =1+2, F =3,
2 解得 2 F
y y
,∴ 2(3,4+ 6),
1+ F =4+1+ 6, F =4+ 6
2 2
同理当点E在x轴下方时 可得F BD
, 3(3,4- 6);③
为边时 如解图 B D E y
, ④,∵ (0,1), (1,4), 4(2, E
4
), 第
6
题解图
(1-0) 2 +(4-1) 2 = (2-1) 2 +( y E
4
-4) 2 ,∴ E 4(2, (3) 如解图 ,∵ 四边形EGFD为菱形 ,
E DBE E DH DE FG DE FG EG
1), 5(2,7),∵ tan∠ 4 = tan∠ 5 = 3,∴ ∴ ∥ , = = ,
DBE E DH B D E 三点共线 舍去
设点D
(
m
,-
m2
+
m
+6),
E
(
m
,-2
m
+6),
F
(
n
,-
n2
+
n
+
∠ 4=∠ 5 ,∴ , , 5 , ,∵
{x x x x { x {x 6), G ( n ,-2 n +6),
B+ E 4 = D+ F 4 , 0+2=1+ F 4 ,解得 F 4 =1, DE m2 m FG n2 n
y y y y ∴ y y ∴ ∴ =- +3 , =- +3 ,
B+ E 4 = D+ F 4 , 1+1=4+ F 4 , F 4 =-2, ∴ - m2 +3 m =- n2 +3 n , 即 ( m - n )( m + n -3)=0,
F .综上所述 点F的坐标为 或
4(1,-2) , (-1,3) (3,4+
∵
m
≠
n
,
即m
-
n
≠0,
或 或 . m n 即n m
6) (3,4- 6) (1,-2) ∴ + -3=0, =3- ,
A B
∵ (3,0), (0,6),
6. 解: (1) 令y =0, 则 -2 x +6=0, 解得x =3, ∴ AO =3, BO =6,
令x 解得y AB AO2 BO2
=0, =6, ∴ = + =3 5,
A B 如解图 当点 G 在点 E 右侧时 过点 G 作 GK
∴ (3,0), (0,6), ① ③, , ⊥
把A B 代入y x2 bx c DC于点K
(3,0), (0,6) =- + + , ,
{ b c {b
得 -9+3 + =0,解得 =1, KG AC m m 即 m 3
c c . ∴ ∥ ,3- > >0, 0< < ,
=6, =6 2
∴
这条抛物线所对应的函数表达式为y
=-
x2
+
x
+6; ∴ ∠
EGK
=∠
BAO
,
存在. KG OA n m
(2) EGK BAO 即 - 3
∴ EG=cos∠ =cos∠ =AB, EG = ,
点D在第一象限的抛物线上
∵ , 3 5
故设点D t t2 t t 则C t t EG n m m
( ,- + +6)(0< <3), ( ,0)(0< <3), ∴ = 5( - )= 5(3-2 ),
BDE和 ACE相似 BED AEC DE EG
∵ △ △ ,∠ =∠ , ∵ = ,
27中考真题分类·数学
m2 m m
∴ - +3 = 5(3-2 ),
m2 m
∴ -(3+2 5) +3 5=0,
解得 m 3+2 5+ 29 不符合题意 舍去 或
= ( , )
2
m 3+2 5- 29 【解析】如解图 记跳跃高度为y 身高为x 比值为k
= ; A , , , ,
2
y
则k y kx 根据正比例函数的意义 k越大 图象
如解图 当点G在点E左侧时 3 m 同理可 = x ,∴ = , , ,
② ④, , < <3,
2
越陡 即图象越陡 k越大 观察图象 跳跃高度与自己
, , ,∴ ,
得m 3-2 5+ 29. 身高的比值最大的同学为甲 获胜的同学是甲.
= ,∴
2
综上所述 点D的横坐标为3+2 5- 29或3-2 5+ 29.
,
2 2
第 题解图
5
6. 【解析】由题图可知 乙车在 到达B地 甲车
C , 10:00 ,
在 到达B地 且 A B 两地相距
11:00 , , 300 km,∴ A,B
选项正确 甲车 从A地出发 到达B地
;∵ 6:00 ,11:00 ,
一共行驶了 小时 甲车的平均速度为
5 ,∴ 300÷5=60
第 题解图 选项错误 由题图可知 甲 乙两车的一次
6 km/h,∴ C ; , 、
函数图象交点的横坐标为 选项正确.
类题通法 8:30,∴ D
7. 【解析】如解图 过点A作AM OC于点M 过点B
解决相似三角形存在性问题: D , ⊥ ,
作BN OC 于点 N O A B
当在二次函数中求两个三角形相似时,三角形的对应 ⊥ ,∵ (0,0), (1,2), (3,3),
C OM AM ON BN OC MN
边不确定的情况下,一般情况下会存在一组对应的角 (5,0),∴ =1, =2, = =3, =5,∴ =
ON OM CN OC ON 四边形 OABC 的面积
相等,先确定角后再去分情况讨论. - =2, = - =2,∴
为S S S 1 1 1
周末小测卷—函 数 △ AOM+ 梯形AMNB+ △ BCN= ×1×2+ ×(2+3)×2+
2 2 2
.
1. 【解析】在平面直角坐标系中 将点P 向右 ×3×2=9
B , (-3,2)
平移 个单位长度后的坐标是 P .
3 (0,2),∴ 1(0,2)
2. 【解析】 一次函数y x b的图象经过点P
D ∵ =- + (4,
b 解得b .
3),∴ 3=-4+ , =7
第 题解图
3. 【解析】 反比例函数 y -7 k 函数图
7
C ∵ = x , =-7<0,∴ 8. 【解析】 抛物线开口向上 与y轴交于正半轴
D ∵ , ,∴
象在第二 四象限 且在每一象限内 y 随 x 的增大而 a c 抛物线与 x 轴交于点 A 点 B
、 , >0, >0,∵ (1,0), (3,
增大 故 选项正确. 当x 时 y 抛物线的对称轴是直线x
, C 0), =-1 , >0,∴ =2,
4. 【解析】由表格得出 生成物氢气的质量y 与分 b
C , (g) b2 ac a b c 故结论 正确 即b
解的水的质量 x 满足一次函数关系 设一次函数 -4 >0, - + >0, ③④ ;∴ - a=2,
(g) , 2
关系式为y kx b k 将 代入函数 a b a 故结论 正确 abc 故结论
= + ( ≠0), (9,1),(18,2) =-4 <0, +4 =0, ② ;∴ <0, ①
{ 正确 综上所述 正确的个数有 个.
{ k b k 1 。 , 4
关系式中 得 1=9 + , 解得 = ,则y与x之间的 9. 【解析】由题图可知 当x 时 y先随x的增
, k b 9 B , ≥1 000 ,
2=18 + , b 大而增大 再随x的增大而减小 故选项 结论错误
=0,
, , A ;
二次函数图象经过 . 和 .
函数关系式为y 1x. ∵ (1 000,0 6) (3 000,0 6),∴
=
9
二次函数图象的对称轴为直线 x 1 000+3 000
5. 审题指导 = =
2
又 抛物线开口向下 当x 时 y取得
2 000, ∵ ,∴ =2 000 ,
最大值 故选项 结论正确 当y . 时 x的取值范
, B ; ≥0 6 ,
围为 x 故选项 结论错误 当y .
1 000≤ ≤3 000, C ; =0 4
28名师讲评式解析
时 如解图 此时对应的x值有 个 且 x 故选 设该社区购买甲 乙两种路灯共花费w元 购买
, , 2 , ≠600, (2) 、 ,
项 结论错误. m盏甲种路灯 则购买 m 盏乙种路灯
D , (40- ) ,
根据题意 得w m m m
, =60 +80(40- )=-20 +3 200,
w随m的增大而减小
∵ -20<0,∴ ,
又 m 1 m m
∵ ≤ (40- ),∴ ≤10,
3
当m 时 w取得最小值 此时 m
∴ =10 , , 40- =40-10=
盏 .
30( )
答 当购买 盏甲种路灯 盏乙种路灯时 所需费
第 题解图
: 10 ,30 ,
9
用最少. 分
10. x 【解析】由题意 得x 解得x . …………………………………… (12 )
≠-3 , +3≠0, ≠-3 17.
k (1)
11. 【解析】 反比例函数 y 的图象过点
-2 ∵ = x (-2, 解题思路
k . 由两点纵坐标相等可得对称轴,利用整体思想求解.
1),∴ =-2×1=-2
12. 四 【解析】 ∵ ( a -2) 2 +| b +3|=0,∴ a -2=0, b +3=0, 解: 二次函数y ax2 bx 的图象的对称轴为直线
∵ = + -2
a b 点A的坐标为 在第四象限.
∴ =2, =-3,∴ (2,-3), b
13. 答案不唯一 k 即可 【解析】由题可知 当x
x
=- a,
点A
(1,
t
),
B
(2,
t
)
在该函数的图象上
,
1( , >0 ) , > 2
时 y随x的增大而减小 该反比例函数的图象
b b
0 , ,∴
经过第一象限 k k的值可以是 答案不唯 ∴ 2-(- a)=- a-1,
,∴ >0,∴ 1( 2 2
一 k 即可 .
, >0 ) ↓
(y值相等,则两点到对称轴的水平距离相等)
14. 20 【解析】由题意可设电流I和电阻R之间的函数
R b b b
分
U ∴ a+ a=-3,∴ a =-3; ………………… (3 )
表达式为 I U 当 R 时 I U 2 2
= R ( ≠0),∵ =4 , =5,∴ =
则电流I与电阻R之间的函数表达式为I 20. (2)
20, = R
审题指导
15. 2 【解析】如解图 过点A作AC y 轴于点 C 运用抛物线的最值确定函数的表达式,用到了
( ) , ⊥ , (ⅰ)
2 二次函数图象的顶点纵坐标,只需运用顶点坐标公
过点B作BD y轴于点D BDO ACO °.
⊥ ,∴ ∠ =∠ =90 式表示出纵坐标即可,结合题目给出的函数最大
AO BO DOB DBO COA DOB
∵ ⊥ ,∴ ∠ +∠ =∠ +∠ = 值,构造关于 a 的一元二次方程,由于函数有最大
S
° DBO COA DBO COA △ DBO 值,需要舍去a的正值,只取负值;
90 ,∴ ∠ =∠ ,∴ △ ∽△ ,∴ S
△ COA ( )结合点M(x ,m),N(x ,m)为该二次函数图象
OB ⅱ 1 2
=(AO)
2.
∵
点A在反比例函数y
=
4
x
的图象上
,
点B
上的不同两点,得出 m x2 x ,而
(x
1-1
)2
=- 1+3 1-2 m -
在反比例函数y =- 2 x 的图象上 ,∴ S △ DBO= - 2 2 =1, x 2-2通分转化为 (x 1-1 )2(x 1-2 ) - m(x 2-2 ) ,(x
x m(x ) 1-
OB OB 1-2 1-2
S △ COA= 2 4 =2,∴ (AO) 2 = 2 1 ,∴ tan∠ BAO =AO= 2 2. 1 )2(x 1-2 ) = (x2 1-3 x 1+2 )(x 1-1 ),运用m =- x2 1+3 x 1
转化为 m(x ),最后运用提取公因式法,得
-2 - 1-1
m(x x )
出化简后的代数式为- 1+ 2-3 ,运用x x ,
m(x ) 1+ 2=3
1-2
(x )2 x
得出 1-1 2-2的值为 ,从而证明结论.
m -x 0
第 题解图 1-2
15 解:由 可得 b a
16. 解: 设甲种路灯的单价是 x 元 乙种路灯的单价 (ⅰ) (1) , =-3 ,
(1) ,
是y元 该二次函数的表达式为 y ax2 ax a x 3 2
, ∴ = -3 -2= ( - )
{x y {x 2
根据题意 得 +2 =220, 解得 =60,
9a
, y x y - -2,
4 -3 =140, =80, 4
答 甲种路灯的单价是 元 乙种路灯的单价是
: 60 , 80 函数图象的顶点坐标为 3 9a .
元 分 ∴ ( ,- -2)
;…………………………………………… (5 ) 2 4
29中考真题分类·数学
函数的最大值为 3a2 (
x
1-1)
2 x
2-2 (
x
1-1)
2
(
x
1-2)-
m
(
x
2-2)
∵ 1- , ∴ m -x = m x
4 1-2 ( 1-2)
x x x m x
∴
a
<0,
且
-
9a
-2=1-
3a2
, =
( 1-1)( 1-
m
2)(
x
1-1)- ( 2-2)
4 4 ( 1-2)
解得a 或a 舍去
=-1 =4( ), x2 x x m x
∴ 该二次函数的表达式为 y =- x2 +3 x -2; …… (8 分 ) = ( 1-3 1+2 m )( ( x 1 1 - - 1 2 ) ) - ( 2-2)
易错点拨 m x m x
- ( 1-1)- ( 2-2)
当二次函数图象的开口向下时,才有最大值,以免 = m x
( 1-2)
造成多解. m x x
- ( 1+ 2-3)
证明: 点 M x m 在函数y x2 x 的图象上 = m x =0,
(ⅱ) ∵ ( 1, ) =- +3 -2 , ( 1-2)
m x2 x . x 2 x
∴ =- 1+3 1-2 ( 1-1) 2-2 . 分
∴ m =x ………………………… (13 )
由 知 点M x m N x m 关于直线 x 3 对 1-2
(ⅰ) , ( 1, ), ( 2, ) =
2
称 不妨设 x x 则 x 3 3 x 即 x x
, 1< 2, 2- = - 1, 1+ 2=3,
2 2
30名师讲评式解析
第四章 三角形
5-1 BC .
,∴ =( 5-1)cm
2
第十二讲 角、相交线与平行线 16. 答案不唯一
-3,1( )
1. 两点之间 线段最短 第十三讲 三角形
,
2. 【解析】已知 A ° 则 A的余角为 ° °
B ∠ =25 , ∠ (90 -25 1. 【解析】根据三角形三边的关系 两边之和大于第
B :
°.
=65 三边 两边之差小于第三边 可判断 选项中
3. 【解析】如解图 由量角器可知 ° , , A 1+2=
C , ,∠1=120 ,∴ ∠2 不符合题意 选项中 且 符合题
3, ;B 2+3>4, 4-3<2,
° 即所量内角的度数为 °.
=∠1=120 , 120 意 选项中 不符合题意 选项中
;C 3+5=8, ;D 5+4<10,
不符合题意.
2. 答案不唯一 【解析】依题意 得 n
2( ) , 4-3< <4+3,∴ 1
n n为整数 n可以是 .
< <7,∵ ,∴ 2,3,4,5,6
3. 【解析】 直角三角板含 °角 另一个锐角为
D ∵ 60 ,∴
°. α ° ° °.
30 ,∴ ∠ =180 -30 =150
4. 【解析】 BAC ° B ° C °
C ∵ ∠ =60 ,∠ =50 ,∴ ∠ =180 -
第 题解图 BAC B ° ° ° ° AD BC
3 ∠ -∠ =180 -60 -50 =70 ,∵ ∥ ,∴ ∠1=
4. 【解析】 OD平分 AOC COD ° C °.
A ∵ ∠ ,∴ ∠ =∠1=52 ,∵ ∠ =70
点O在直线AB上 ° COD °. 5. 【解析】 点D E F分别是 ABC各边上的中点
,∴ ∠2=180 -∠ -∠1=76 C ∵ , , △ ,
5. 6. 线段 DE DF 为 ABC 的中位线. DE AC DF
A A ∴ , △ ∴ ∥ , ∥
7. 【解析】 AB 的垂直平分线分别交 AB BC 于点 AB 四边形 AEDF 为平行四边形 又 A °
C ∵ , ,∴ , ∵ ∠ =70 ,
D E AC的垂直平分线分别交AC BC于点F G EA EDF °.
, , , , ,∴ ∴ ∠ =70
EB GA GC C EA EG GA EB EG GC BC 6. 【解析】由作图可知 直线MN为线段AB的垂直平
= , = ,∴ △ AEG= + + = + + = 3 ,
. 分线 D为AB的中点 E 为 AC 的中点 DE 为
=7 ,∴ ,∵ ,∴
8. 【解析】在题图 中 当a b时 题图 中的 变
A ② , ∥ , ① ∠2 ABC的中位线 DE 1BC .
△ ,∴ = =3
为 ° ° ° ° 木条 a 可顺时针旋 2
80 ,∵ 110 -80 = 30 ,∴
7. 【解析】在 ABD中 点E H分别为AB AD的
转 °. 42 △ ,∵ , ,
30
9. 【解析】 AB CD A ° A 中点 EH是 ABD的中位线 EH 1 BD 同理可
A ∵ ∥ ,∴ ∠ =∠1=30 ,∵ ∠2=∠ + ,∴ △ ,∴ = ,
A ° ° °. 2
∠3,∴ ∠3=∠2-∠ =70 -30 =40
10. 【解析】由作图知 EG 平分 AEF AEF 得FG 1BD GH 1AC EF 1 AC 四边形EFGH
D , ∠ ,∵ ∠ = = , = , = ,∴
2 2 2
° AEG 1 AEF ° AB CD EGF
80 ,∴ ∠ = ∠ =40 ,∵ ∥ ,∴ ∠ 的周长为EF FG GH EH 1 AC 1BD 1 AC 1
2 + + + = + + +
AEG °. 2 2 2 2
=∠ =40 BD AC BD .
11. ° 【解析】 a b 在空气中的两条直线也平 = + =42
45 ∵ ∥ ,∴ 8. 【解析】由作图可知 BP平分 ABC AD是边BC
行 ° °. 6 , ∠ ,∵
,∴ ∠1=∠2,∵ ∠1=45 ,∴ ∠2=45 上的高 MN AB MN MD MN AD
12. 证明: AB CD , ⊥ , = 2,∴ = = 2,∵ =
∵ ∥ , MD AD AM AD MD .
ACD 4 ,∴ =8,∴ = - =6
∴ ∠ =∠1, 9. ° 【解析】在 BCD 中 BCD ° B
100 Rt△ ,∠ =30 ,∴ ∠ =
∵ ∠1=∠2, ° ° ° 由 ABC的内角和为 °可得 BAC
ACD 90 -30 =60 , △ 180 ,∠
∴ ∠ =∠2, ° B ACB ° ° ° ° 又 AE平
AE DF. =180 -∠ -∠ =180 -60 -80 =40 , ∵
∴ ∥ 分 BAC EAC ° AEB 为 AEC 的外角
13. 【解析】设该化石的实际长度为x 依题意得 ∠ ,∴ ∠ =20 ,∵ ∠ △ ,
C cm, AEB EAC ACE ° ° °.
∴ ∠ =∠ +∠ =20 +80 =100
7 4 解得x .经检验 x 是原方程的解且符 10. 【解析】方程x2 x 的两根分别为x
= x , =8 , =8 C -10 +21=0 1=3,
14 x 根据三角形三边关系 两边之和大于第三边
合题意. 2=7, : ,
不符合题意 等腰三角形的底边长为
AB ∵ 3+3<7,∴ ,∴
14. 【解析】 l l l AB DE BC 腰长为 这个三角形的周长为 .
B ∵ 1∥2∥3, =2, =3, =4,∴ BC= 3, 7,∴ 3+7+7=17
11.
DE B
即2 3 解得EF .
EF, =EF, =6
4
BC 12. 【解析】由题图可知 AB AD BC CD AC l
15. 【解析】由已知得AB NP B , = , = ,∴ ⊥ ,
( 5-1) = =2 cm,∵ AB= 点A到直线l的距离是线段AC的长度.
∴
1中考真题分类·数学
13. 【解析】由作图方法可得 B DCB ° 故 AD . .
D ∠ =∠ =45 , A ∴ =2 5
选项正确 不符合题意 BDC ° B 17. 证明: AD BC
, ;∴ ∠ = 180 -∠ - (1) ∵ ⊥ ,
DCB ° BD DC 故 选项都正确 不符合题 ADB ADC °
∠ =90 , = , B、C , ∴ ∠ =∠ =90 ,
意 A ACB B BC AB AD DC AD BD 在 ADB与 ADC中
;∵ ∠ >∠ >∠ ,∴ > , + = + △ △ ,
AB AD DC BC 故 选项错误 符合题意. {AD AD
= , + < , D , = ,
ADB ADC
∠ =∠ ,
14. 【解析】由作图步骤可知 OQ OP PQ PM BD CD
A , = , = ,∴ = ,
OPQ与 PQM都是等腰三角形 AOB ° ADB ADC
△ △ ,∵ ∠ =108 , ∴ △ ≌△ (SAS),
B C
MOQ ° OPQ 1 MOQ ° ∴ ∠ =∠ ;
∴ ∠ = 72 ,∴ ∠ = ∠ = 36 ,∴ 解:小军证明 如解图 分别延长 DB DC 至 E F
2 (2) : , , ,
两点 使得BE AB CF AC 连接AE AF
PMQ PQM 1 ° MPQ ° , = , = , , ,
∠ = ∠ = (180 -∠ ) = 72 ,∴ AB BD AC CD
2 ∵ + = + ,
PMQ MOQ OP OQ QM . BE BD CF CD 即DE DF
∠ =∠ ,∴ = = =1 ∴ + = + , = ,
15. 【解析】 BF AC ACB CBF. AB AC AD BC
60 ∵ ∥ ,∴ ∠ =∠ ∵ = , ∵ ⊥ ,
ACB ABC CBF ABC BC 平分 ADB ADC °
∴ ∠ = ∠ ,∴ ∠ = ∠ ,∴ ∴ ∠ =∠ =90 ,
ABF.如解图 过点 A 作 AM BC 于点 M 过点 C 在 ADE与 ADF中
∠ , ⊥ , △ △ ,
分别作CG AB于点G CH BF于点H CG CH. {AD AD
⊥ , ⊥ ,∴ = = ,
∵ BF = AE ,∴ S △ AEC= S △ BFC,∴ S 四边形EBFC= S △ ABC,∵ AB ∠ ADE =∠ ADF =90 ° ,
ED FD
AC BM 1 BC AM AB2 BM2 = ,
= ,∴ = = 5,∴ = - =
2 ADE ADF
∴ △ ≌△ (SAS),
13 2 -5 2 =12,∴ S △ ABC= 1 BC · AM = 1 ×10×12= ∴ ∠ E =∠ F ,
2 2 BE AB CF AC
即S . ∵ = , = ,
60, 四边形EBFC=60 E EAB F FAC
∴ ∠ =∠ =∠ =∠ ,
E EAB ABC F FAC ACB
∵ ∠ +∠ =∠ ,∠ +∠ =∠ ,
ABC ACB
∴ ∠ =∠ ;
小民证明 AD BC
:∵ ⊥ ,
ADB与 ADC均为直角三角形
∴ △ △ ,
第 题解图
15 根 据 勾 股 定 理 得 AD AB2 BD2
, = - =
解题技巧 AB BD AB BD AC2 CD2
( + )( - ) = -
结合等腰三角形和平行线的性质,证得 BC 是角平 AC CD AC CD
= ( + )( - ),
分线,利用角平分线的性质,证明 AEC和 BFC等 AB BD AC CD
△ △ ∵ + = + ,
底等高,将求四边形 EBFC 的面积转化为求 ABC AB BD AC CD
△ ∴ - = - ,
的面积. AB AC
∴ = ,
16. 解: AB AC B ° B C.
(1)∵ = ,∠ =72 , ∴ ∠ =∠
ACB B °.
∴ ∠ =∠ =72
由作图可知 CD是 ACB的平分线
, ∠ ,
BCD ACD 1 ACB °
∴ ∠ =∠ = ∠ =36 ;
2
在 BCD中 由三角形内角和定理 得 BDC
(2) △ , , ∠ = 第 题解图
° B BCD ° 17
180 -∠ -∠ =72 ,
18. 【解析】在等边 ABC中 CD AB于点D AB长
BDC B D △ , ⊥ ,
∴ ∠ =∠ ,
CD CB AD BD 1AB BED ° °
∴ = , 12,∴ = = =6,∵ ∠ =60 ,∴ tan 60 =
在 ACD中 BDC A ACD ACD ° 2
△ ,∵ ∠ =∠ +∠ ,∠ =36 , BD
A BDC ACD ° ° °. DE BE DE2 BD2 AE
∴ ∠ =∠ -∠ =72 -36 =36 DE= 3,∴ =2 3,∴ = + =4 3= ,
A ACD
∴ ∠ =∠ ,
CBD ° CD BD CBD BD
AD CD ∵ ∠ = 60 ,∴ = ·tan∠ = 3 =
∴ = ,
AD BC. BC AC AB 新钢架减少用钢的长度为
∴ = 6 3, = = =12,∴
BC . AC BC CD AE BE DE
∵ =2 5, + + - - - =24+6 3-8 3-2 3=(24-
2名师讲评式解析
. EAC DCA °
4 3) m ∴ ∠ =∠ =30 ,
又 ECA BCE ACB °
易错点拨 ∵ ∠ =∠ -∠ =30 ,
EAC ECA
本题在求解新钢架减少的用钢量时,一定要考虑到 ∴ ∠ =∠ ,
AE CE AEC °
立柱部分减少的用钢量. ∴ = ,∠ =120 ,
又 AB CB BE垂直平分AC
∵ = ,∴ ,
19. B ° 答案不唯一
∠ =60 ( )
↓
10. 【解析】如解图 连接OD 由作图可得OD OC 到一条线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分
3 , , = =
CD OCD是等边三角形 OCD ° OE 线上
,∴ △ ,∴ ∠ =60 ,∴ =
OC OCE .
·tan∠ =1× 3= 3 GEC 1 AEC °
∴ ∠ = ∠ =60 ,
2
由 知 GCE °
(1) ,∠ =60 ,
EGC °
∴ ∠ =60 ,
GEC GCE EGC
∴ ∠ =∠ =∠ ,
CEG是等边三角形
∴ △ ;
第 题解图
20
解:EF CD 3 x.
(3) = ,
2
21. = 【解析】在等边 △ ABD中 , 易知点D到AB的距离 24. 2 . 4 【解析】根据勾股定理得 , h = 3 2 -1 . 8 2 =2 . 4
.
为 3AB
,∴
S
△ ABD=
3AB2
,
同理可得 S
△ ACE=
3AC2
, 25.
(
解
m
:
)
2 4 4 (1)24;
根据表中数据
S
△ BCF=
3BC2
,
在
Rt△
ABC 中
,∵
AB2
+
AC2
=
BC2
,∴
(2)(2)① (3,4,5),(4,3,5),(5,12,
4 13),(7,24,25),(8,15,17),(11,60,61),(12,35,
S S S GI CF BG AB BGI 是
△ ABD+ △ ACE= △ BCF,∵ ∥ , = ,∴ △ 37),(13,84,85),(15,112,113),(16,63,65),(17,
等边三角形 S S HJ BF CH AC 的规律能用含
, △ BGI = △ ABD,∵ ∥ , = ,∴ 144,145),(19,180,181),(20,21,29)
CJH是等边三角形 S S S S 字母n m m n 且n m均为正整数 的代数式表示
△ , △ CJH= △ ACE,∵ △ BCF- △ BGI- , ( > , , )
S
△ HCJ+
S
△ HGK =
S
四边形KIFJ,∴
S
△ ABD+
S
△ ACE+
S
四边形KIFJ =
三角形的三边.设为a
=
m2
-
n2
,
b
=2
mn
,
c
=
m2
+
n2.
S S S S . 分
△ BCF+ △ HGK,∴ 四边形KIFJ= △ HGK …………………………………………… (4 )
22. 3-1 如解图【解析】过点D作DH ⊥ BC于点H ,∵ 证明 :∵ a2 =( m2 - n2 ) 2 = m4 -2 m2n2 + n4 ,
BD CD H 为 BC 的中点 AB AC BD CD b2 =(2 mn ) 2 =4 m2n2 ,
= ,∴ ,∵ = , = ,∴
A D H三点均在 BC 的垂直平分线上 A D H 三 ∴
a2
+
b2
=
m4
+2
m2n2
+
n4.
, , ,∴ , ,
c2 m2 n2 2 m4 m2n2 n4
点共线 DH BD2 BH2 AH AB2 BH2 ∵ =( + ) = +2 + ,
,∴ = - =1, = - = a2 b2 c2.
∴ + =
AD AH DH .
3,∴ = - = 3-1 根据勾股定理的逆定理 得a m2 n2 b mn c m2
, = - , =2 , =
n2 能够成为直角三角形的三边长. 分
+ ……… (7 )
根据表中数据可知
② (6,8,10),(9,12,15),(21,28,
分别是 的 倍 倍 倍
35) (3,4,5) 2 ,3 ,7 ;(10,24,26),
分别是
(14,48,50),(18,80,82),(22,120,122) (5,
的 倍
12,13),(7,24,25),(9,40,41),(11,60,61) 2 ,
第
22
题解图 经验算
(9,40,41)
满足m2
-
n2
,2
mn
,
m2
+
n2
,
23. 解: ABC是等边三角形 因此 表中数据能用含字母 n m k m n 且 n m k
(1) ∵ △ , , , , ( > , , ,
ACB °. 均为正整数 的代数式表示三角形的三边.设为 a
∴ ∠ =60 ) =
D是AB的中点 m2 n2 k b mnk c m2 n2 k.
∵ , ( - ) , =2 , =( + )
证明 a2 m2 n2 k 2 m4k2 m2n2k2 n4k2
DCB DCA 1 ACB °. :∵ =[( - ) ] = -2 + ,
∴ ∠ =∠ = ∠ =30 b2 mnk 2 m2n2k2
2 =(2 ) =4 ,
a2 b2 m4k2 m2n2k2 n4k2.
↓ ∴ + = +2 +
三线合一性质 c2 m2 n2 k 2 m4k2 m2n2k2 n4k2
∵ =[( + ) ] = +2 + ,
CE BC BCE ° a2 b2 c2.
∵ ⊥ ,∴ ∠ =90 , ∴ + =
DCE BCE DCB ° ° ° 根据勾股定理的逆定理 得 m2 n2 k mnk m2
∴ ∠ =∠ -∠ =90 -30 =60 ; , ( - ) ,2 ,( +
证明:由题可知 CD EF n2 k能够成为直角三角形的三边长 所以利用 a
(2) , ∥ , ) , =
3中考真题分类·数学
m2 n2 k b mnk c m2 n2 k 能够表示出表中 ADC ° CAD ACB ° ° °
( - ) , =2 , =( + ) ∴ ∠ = 180 -∠ -∠ = 180 -30 -30
所有勾股数组 °
; =120 ;
根据题意 当最短边种 株花时 最短边的长为 如解图 连接CF 根据尺规作图可知MN垂直平
(3) , 21 , (2) , ,
由表格知可能的一种三边长为 分CD
(21-1)÷1=20(m), ,
20,21,29,
下面说明这是符合种最少要求的三角形三边长.
设符合要求的三边长为 p q 则 p 且 q
20, , , 20≤ , 20≤ ,
当p 或q 时 不符合勾股数的要求
=20 =20 , ,
p q至少是 不妨设p q 则有q2 p2 2
∴ , 21, < , = +20 ,
即q p2 2
= +20 ,
由q的表达式可知p越大 q越大 反之则有p越小 第 题解图
, , , 29
q越小
, DF CF
又 当p 时 恰有q ∴ = ,
∵ =21 , =29, 由 知 ADC °
是符合种最少要求的三角形三边长 (1) ,∠ =120 ,
∴ 20,21,29 , CDF °
此时一个三角形边上种 株 ∴ ∠ =60 ,
20+21+29=70( ), CDF是等边三角形
故这块绿地最少需种植 株 花. ∴ △ ,
4×70=280( ) DCF °
26. 【解析】 ACB ° A B ° 即 A ∴ ∠ =60 ,
C ∵ ∠ =90 ,∴ ∠ +∠ =90 , ∠ ACB °
与 B 互余 DE AC AED ° A ∵ ∠ =30 ,
∠ ,∵ ⊥ ,∴ ∠ = 90 ,∴ ∠ + ACF DCF ACB °
ADE ° DE BC 即 A与 ADE互余 CD为 ∴ ∠ =∠ +∠ =90 ,
∠ =90 , ∥ , ∠ ∠ ,∵ 在 ABC中 AB ACB °
AB边上的中线 AD BD CD DE AC Rt△ , =3,∠ =30 ,
,∴ = = ,∵ ⊥ ,∴ AC AB
CDE ADE 即 A与 CDE互余 DE BC ∴ =2 =6,
∠ =∠ , ∠ ∠ ,∵ ∥ ,∴ 在 ACF中 CAD °
CDE DCB 即 A与 DCB互余 综上所述 与 Rt△ ,∠ =30 ,
∠ =∠ , ∠ ∠ , ,
A 互余的角有 B ADE CDE DCB 共 CF AC ° 3
∠ ∠ ,∠ ,∠ ,∠ , ∴ = ·tan 30 =6× =2 3,
个. 3
4 DF CF
27. 【解析】如解图 过点C作CG AD 连接DM并延 ∴ = =2 3;
A , ∥ ,
长交CG于点G 连接EG GCM A 点M是
, ,∴ ∠ =∠ ,∵
ABC ° C ° AD平分 BAC
AC的中点 CM AM 又 GMC DMA (3)∵ ∠ =90 ,∠ =30 , ∠ ,
,∴ = , ∵ ∠ =∠ ,∴
ODH °
GMC DMA CG AD GM DM ∴ ∠ =60 ,
△ ≌△ (ASA),∴ = =4, = ,∵
OD DH ACD DAC BAD °
CG AD B ° GCE ° B ° CE ∴ =2 ,∠ =∠ =∠ =30 ,
∥ ,∠ =90 ,∴ ∠ =180 -∠ =90 ,∵
OC OG
GE CG2 CE2 2 2 GM DM ∴ =2 ,
=3,∴ = + = 4 +3 =5,∵ = ,
点N是DE的中点 MN是 DEG中位线 MN DH OG 1 OD OC 1CD 1AD BD
,∴ △ ,∴ = ∴ + = ( + )= = = ,
2 2 2
1GE 5. 又由 易得 DF AD
= (2) , = ,
2 2 DH HF DF AD DC
∴ + = = = ,
OD OG HF DH OG DH HF BD CD BC
∴ + + =( + )+( + )= + =
c.
= 3
30. 解:
(1)③;
如解图 将 ADC 绕点 A 顺时针旋转 BAD 的
(2) , △ ∠
角度 得到 ABE 过点A作AF BC于点F
第 题解图 , △ , ⊥ ,
30 由旋转的性质得 ADC ABE AC AE S
28. 【解析】 在 ABC中 点D E 分别是边 AB BC ,∠ = ∠ , = , △ ADC
6 ∵ △ , , , S
= △ ABE,
的中点 AC DE 1 AC BFC ° BC 四边形ABCD是邻等内接四边形 AB AD
, =4,∴ = =2,∵ ∠ =90 , ∵ , = ,
2 D ABC °
∴ ∠ +∠ =180 ,
EF 1BC DF DE EF . ABE ABC °
=8,∴ = =4,∴ = + =6 ∴ ∠ +∠ =180 ,
2
29. 解: ABC ° ACB ° ∴ E , B , C三点共线 ,
(1)∵ ∠ =90 ,∠ =30 ,
BAC ° 在 ABC中 BC AB2 AC2
∴ ∠ =60 , Rt△ , = + =5,
AD平分 BAC
∵ ∠ , S 1AB AC 1BC AF
∵ △ ABC= · = · ,
BAD CAD 1 BAC ° 2 2
∴ ∠ =∠ = ∠ =30 , AF
2 ∴ 3×4=5· ,
4名师讲评式解析
C作直线l 的垂线 垂足分别为M N
解得AF 12 1 , , ,
= , AMB BNC °.
5 ∴ ∠ =∠ =90
l l l 直线l 与l 间的距离为 且l与l 间的
在 AFC中 CF AC2 AF2 2 12 2 16 ∵ ∥1∥2, 1 2 2, 1
Rt△ , = - = 4 -( ) = , 距离等于l与l 间的距离
5 5 2 ,
AE AC AF BC CN AM .
∵ = , ⊥ , ∴ =2, =1
MAB ABM ° NBC ABM °
EF CF 16 ∵ ∠ +∠ =90 ,∠ +∠ =90 ,
∴ = = , MAB NBC
5 ∴ ∠ =∠ ,
AMB BNC
S 1CE AF 1 16 12 192 ∴ △ ≌△ (AAS),
∴ △ AEC= 2 · = 2 ×2× 5 × 5 = 25 , BM CN .
∴ = =2
∵ S △ ADC= S △ ABE, 在 Rt△ ABM中 , 由勾股定理得AB2 = AM2 + BM2 ,
S S S S S S 192. AB BC
∴ 四边形ABCD= △ ABC+ △ ADC= △ ABC+ △ ABE= △ AEC= ∴ = = 5,
25
S 1AB BC 5
∴ △ ABC= · = ;
2 2
如解图 当 ACB ° CA CB 时 同理可得
③ ④, ∠ =90 , = , ,
S 5.
△
ABC=
2
第 题解图
综上所述 ABC的面积为 或5 .
30
,△ 1
2
31. 【解析】 在等腰 ABC中 BAC ° AB
2 2 ∵ Rt△ ,∠ =90 ,
AC BC AB2 AC2 2 2 由垂线
= =4,∴ = + = 4 +4 =4 2,
段最短可知 当 AD BC 时 AD 有最小值 AB
, ⊥ , ,∵ =
AC 当AD BC时 点D为BC的中点 此时AD
,∴ ⊥ , ,∴
1BC .
= =2 2
2
32. 证明: DE BC
(1) ∵ ∥ ,
AED C
∴ ∠ =∠ ,
EDF C
∵ ∠ =∠ ,
EDF AED
∴ ∠ =∠ , 第 题解图
DF AC 33
∴ ∥ ,
BDF A 第十四讲 全等三角形及其实际应用
∴ ∠ =∠ ;
(2)
解:
△
ABC是等腰直角三角形.
1. 解:选择 理由如下
①, :
【解法提示】 BDF A BDF A °
∵ ∠ =∠ ,∴ ∠ =∠ =45 ,∵ AE BF
∵ ∥ ,
DF平分 BDE BDE BDF ° DE
∠ ,∴ ∠ =2∠ =90 ,∵ ∥ A FBD
∴ ∠ =∠ ,
BC B ° BDE ° C ° A
,∴ ∠ =180 -∠ =90 ,∴ ∠ =180 -∠ - CE DF
∵ ∥ ,
B ° A ABC是等腰直角三角形.
∠ =45 =∠ ,∴ △ ACE D
∴ ∠ =∠ ,
33. 解: 如解图 直线l就是所求作的直线 在 AEC和 BFD中
(1) ①, ;
△ △ ,
{ ACE D
∠ =∠ ,
A FBD
∠ =∠ ,
AE BF
= ,
AEC BFD
∴ △ ≌△ (AAS),
AC BD
第 题解图 ∴ = ,
33 ① AB CD.
∴ =
如解图 当 BAC ° AB AC时 l l 或选择 理由如下
(2)① ②, ∠ =90 , = ,∵ ∥1∥ ③, :
l 直线l 与l 间的距离为 且l与l 间的距离等 AE BF
2, 1 2 2, 1 ∵ ∥ ,
于l与l 间的距离 根据图形的对称性可知 BC A FBD
2 , , =2, ∴ ∠ =∠ ,
AB AC 在 AEC和 BFD中
∴ = = 2, △ △ ,
{ A FBD
S 1AB AC ∠ =∠ ,
∴ △ ABC= · =1; AE BF
2 = ,
如解图 当 ABC ° BA BC时分别过点A E F
② ③, ∠ =90 , = , ∠ =∠ ,
5中考真题分类·数学
AEC BFD BC BE .
∴ △ ≌△ (ASA), ∴ =2 =2 3
AC BD 6. 【 解 析 】 在 AOB 和 COD 中
∴ = , B △ △ ,
∴ AB = CD. ( 条件 ①,③ 任选其一证明即可 ) {AO = CO ,
AOB COD AOB COD 图中
∠ =∠ ,∴ △ ≌△ (SAS),∴
2. 【解析】 OM ON CM CN OC OC OMC
C ∵ = , = , = ∴ △ ≌ BO DO
= ,
ONC MOC NOC OC 是 AOB 的
△ (SSS),∴ ∠ =∠ ,∴ ∠ AOB与 COD全等的依据是 .
△ △ SAS
平分线.
7. 【解析】如解图 设AC与BD相交于点O EAD
3. 【解析】 点D在第一象限 不与点C重合 C , ,∵ ∠
(1,4) ∵ ( ), BAC BAE EAC EAC CAD BAE
且 △ ABD 与 △ ABC 全等 ,∴ △ BAD ≌△ ABC ,∴ AD = =∠ ,∴ ∠ +∠ =∠ {A + B ∠ AC ,∴ ∠
BC BD AC 如解图所示 A B C = ,
, = , ,∵ (0,1), (4,1), (3, CAD 在 BAE 和 CAD 中 BAE CAD
由对称性可知D . =∠ , △ △ , ∠ =∠ ,∴
4), (1,4) AE AD
= ,
BAE CAD ABE ACD BOC
△ ≌△ (SAS),∴ ∠ ,=∠ ,∵ ∠
是 ABO和 CDO的外角 BOC ABE BAC
△ △ ,∴ ∠ =∠ +∠
ACD BDC BDC ° BAC BDC
=∠ +∠ ,∵ ∠ =56 ,∴ ∠ =∠ =
° AB AC ABC ACB 1 ° BAC
56 ,∵ = ,∴ ∠ =∠ = (180 -∠ )
第 题解图 2
3
4. 证明: CBE CDF ABC CBE ° ADC 1 ° ° °.
∵ ∠ =∠ ,∠ +∠ =180 ,∠ = ×(180 -56 )=62
CDF ° 2
+∠ =180 ,
ABC ADC.
∴ ∠ =∠
在 ABC和 ADC中
△ △ ,
{ ABC ADC
∠ =∠ ,
ACB ACD
∠ =∠ , 第 题解图
AC AC 7
= ,
8. DE FE 或 AD CF 答案不唯一 【解析】 CF
ABC ADC = = ( ) ∵ ∥
∴ △ ≌△ (AAS),
AB A ECF ADE CFE 添加条件. DE
∴ AB = AD. ,∴ ∠ =∠ ,∠ =∠ ,∴
FE 可以使得 ADE CFE 添加条件.AD
一题多解 = , △ ≌△ (AAS),
CF 可以使得 ADE CFE 即推出 AE
证明: CBE CDF, CBE BAC ACB, = , △ ≌△ (ASA),
∵ ∠ =∠ ∠ =∠ +∠ CE.
CDF DAC ACD, ACB ACD, =
∠ =∠ +∠ ∠ =∠ 9. 证明:在 AOC和 BOD中
BAC DAC. △ △ ,
∴ ∠ =∠ { AOC BOD
在 ABC和 ADC中, ∠ =∠ ,
△ △ C D
{ BAC DAC, ∠ =∠ ,
∠ =∠ AC BD
AC AC, = ,
= AOC BOD .
ACB ACD, ∴ △ ≌△ (AAS)
∠ =∠ 10. 证明: BAF EAD
ABC ADC( ), (1) ∵ ∠ =∠ ,
∴ △ ≌△ ASA BAC FAD.
AB AD. ∴ ∠ =∠
∴ = 在 ABC和 AFD中
5. 证明:由作图知BD CD. △ △ ,
(1) = { BAC FAD
在 ABD和 ACD中 ∠ =∠ ,
△ △ , AC AD
{AB AC = ,
= , ACB ADF
BD CD ∠ =∠ ,
= , ABC AFD
AD AD ∴ △ ≌△ (ASA);
= , 证明:由 知 ABC AFD
ABD ACD (2) (1) △ ≌△ ,
∴ △ ≌△ (SSS); AB AF
解: ABD ACD BDC ° ∴ = ,
(2) ∵ △ ≌△ ,∠ =120 , BE FE
∵ = ,
BDA CDA 1 BDC ° AE BF 即AC BD
∴ ∠ =∠ = ∠ =60 , ∴ ⊥ , ⊥ ;
2
BD CD AB AC
∵ = , = ,
DA BC BE CE 解:如解图 连接CF
∴ ⊥ , = , (3) , ,
由 得AC BD BE FE
BE BD BDA 3 (2) ⊥ , = ,
∴ = ·sin∠ =2× = 3, BC CF
2 ∴ = ,
6名师讲评式解析
由 得 ABC AFD
(1) △ ≌△ , 5
BC DF MH
∴ = , 2 15.
CF DF °= =
∴ = , cos 30 3 3
AC AD
∵ = , 2
直线AF为线段CD的垂直平分线.
∴
第 题解图
12
13. 解: BE CD
(1) = 2 ;
第 题解图 【解法提示】如解图 过点E作EM CB 交CB的
10 ①, ⊥ ,
延长线于点 M 由旋转的性质得 AD DE ADE
11. 27 【解析】 四边形 ABCD 是正方形 AD CD , = ,∠ =
∵ ,∴ = , ° ADC EDM ° ACB °
8 90 ,∴ ∠ +∠ = 90 ,∵ ∠ = 90 ,∴
AF DE CG DE AFD DGC ° ACD DME ADC CAD ° CAD
∵ ⊥ , ⊥ ,∴ ∠ =∠ = 90 ,∵ ∠ =∠ ,∠ +∠ = 90 ,∴ ∠ =
CDG ADF ° CDG DCG ° ADF EDM ACD DME CD EM AC
∠ +∠ =90 ,∠ +∠ =90 ,∴ ∠ ∠ ,∴ △ ≌△ (AAS),∴ = , =
DCG DAF CDG DF CG 由勾股 DM AC BC BM DM BD AC BD BC BD
=∠ ,∴ △ ≌△ ,∴ = =4, ,∵ = ,∴ = - = - = - =
定理得 AF DAF FAE FAE FEA CD BM EM EM CB BE EM CD.
=3,∵ ∠ +∠ =∠ +∠ = ,∴ = ,∵ ⊥ ,∴ = 2 = 2
° DAF AEF DFA AFE °
90 ,∴ ∠ =∠ ,∵ ∠ =∠ =90 ,∴
DF AF
DAF AEF 即 4 3 EF 9
△ ∽△ ,∴ AF=EF, =,EF,∴ = ,
3 4
S 1 AF EF 1 9 27.
∴ △ AEF · = ×3× = 第 题解图
2 2 4 8 13 ①
12. 【解析】 在矩形ABCD中 AB BC EC 补全图形如解图 BE CD
(I) 5; ∵ , =2, =3, (2) , = 2 ;
证明 如解图 过点E作EF BC于点F
BE BE CE AE AB2 BE2 . : , ⊥ ,
=2 ,∴ =1, =2,∴ = + = 5
DFE BFE ACD °
∴ ∠ =∠ =∠ =90 ,
(Ⅱ)
由旋转的性质 得 ADE ° DE DA
解题思路 , ∠ =90 , = ,
DAC ADC EDF ADC °
由 可证 ABE ECF,可得 AE EF, AEB ∴ ∠ +∠ =∠ +∠ =90 ,
SAS △ ≌△ = ∠ = EDF DAC
EFC,再结合等腰直角三角形的性质和锐角三角 ∴ ∠ =∠ ,
∠ DEF ADC
函数即可求MN的长. ∴ △ ≌△ (AAS),
EF CD DF AC BC
∴ = , = = ,
DF CF BC CF
15 【解析】如解图 过点M作MH EF 于点 H ∴ - = - ,
, ⊥ ,
3 CD BF
∴ = ,
EF BF
F为CD中点 CF DF 1CD CF BE 又 ∴ = ,
∵ ,∴ = = =1,∴ = ,
2 BEF为等腰直角三角形
∴ △ ,
AB EC ABE ECF ° ABE ECF
∵ = ,∠ =∠ =90 ,∴ △ ≌△ BE EF CD
AE EF AEB EFC EFC FEC ∴ = 2 = 2 ;
(SAS),∴ = ,∠ =∠ ,∵ ∠ +∠
° AEB FEC ° AEF °
=90 ,∴ ∠ +∠ = 90 ,∴ ∠ = 90 ,∴
EAF EFA ° AF AE2 EF2 M
∠ =∠ =45 , = + = 10,∵
为AF中点 MF 1 AF 10 MHF MHN
,∴ = = ,∵ ∠ =∠
2 2
第 题解图
° AFE ° HMF ° 在 MHF中
=90 ,∠ =45 ,∴ ∠ =45 , Rt△ , 13 ②
MH
HMF ° MH MF ° ECD的值为2 5或2 13.
cos∠ =cos 45 =MF,∴ = ·cos 45 = (3)sin∠
5 13
【解法提示】 当点D在BC延长线上时 如解图
10 2 5 FMN ° NMH ° 在 ① , ③,
× = ,∵ ∠ =75 ,∴ ∠ =30 , 过点E作EF CD于点F 由 知 DEF ADC
2 2 2 ⊥ , (2) △ ≌△ ,
MH CD EF AC DF BC AC BC CD DF
MHN 中 NMH ° MN ∴ = , = = ,∵ = =1, =2,∴
Rt△ ,cos∠ = cos 30 = MN,∴ = AC EF CD CF CD DF 在 EFC
= =1, = =2,∴ = - =1, Rt△
7中考真题分类·数学
EF AB CD
中 CE 2 2 ECD 2 2 5 ∵ ∥ ,
, = 1 +2 = 5,∴ sin∠ =CE= = ; 四边形AHCG ABKG都是矩形
5 5 ∴ , ,
当点D在CB延长线上时 如解图 过点E作EF GK AB CG AH CH AG BK CH AG BK
② , ④, ∴ = =100, = , = = , ∥ ∥ ,
CB 交 CB 延长线于点 F 同理 得 DEF 由题意可得 CAG DBK . ° GAD CBK
⊥ , (2) △ ≌ ∠ =∠ =18 17 ,∠ =∠
ADC DF AC EF CD 在 EFC 中 . °
△ ,∴ = =1, = =2, Rt△ , =21 34 ,
ACH CAG . ° BCH CBK
CF CD DF EF CE 2 2 ∴ ∠ = ∠ = 18 17 , ∠ = ∠ =
∵ = + =3, =2,∴ = 2 +3 = 13,
. °
EF 21 34 ,
ECD 2 2 13. AGC BKD °
∴ sin∠ =CE= = ∵ ∠ =∠ =90 ,
13 13 AGC BKD
∴ △ ≌△ ,
CG DK
∴ = ,
设AH x CH y
= , = ,
AH x
ACH . ° .
∴ CH= y =tan∠ =tan 18 17 ≈0 33,
即x . y
≈0 33 ,
HB x
+100 BCH . ° .
第 题解图 CH= y =tan∠ =tan 21 34 ≈0 39,
13
14. 【解析】 AB AC B C 易证得 ABE 即x . y
D ∵ = ,∴ ∠ =∠ , △ ≌ +100≈0 39 ,
ACD AE AD 在 ABD和 ABE中 B B . y . y
△ ,∴ = , △ △ ,∠ =∠ , ∴ 0 33 +100=0 39 ,
AB AB AD AE BAD BAE 在 ACE和 ACD
= , = ,∠ ≠∠ ; △ △ y 5 000
∴ = ,
中 C C AC AC AE AD CAE CAD 在 3
,∠ =∠ , = , = ,∠ ≠∠ ;
ABD和 ACD 中 B C AB AC AD AD
△ △ ,∠ =∠ , = , = , x . 5 000
∴ =0 33× =550,
BAD CAD 在 ACE 和 ABE 中 B C 3
∠ ≠∠ ; △ △ ,∠ =∠ ,
AE = AE , AC = AB ,∠ CAE ≠∠ BAE.综上所述 , 共有 4 ∴ CG = DK = AH =550,
对 伪全等三角形 . ∴ CD =550×2+100=1 200(m),
“ ”
15. 证明: DE AB 长江口的宽度CD约为 .
∵ ∥ , ∴ 1 200 m
D ABC 解题技巧
∴ ∠ =∠ ,
∵
BD
=
AB
,
DE
=
BC
,
通过构造辅助线,在直角三角形中,利用锐角三角函
∴ △
BDE
≌△
ABC
(SAS),
数知识,结合已知数据,得到线段的等量关系式,进
∴
BE
=
AC. 而求解.
16. 证明: AB DE
(1) ∵ ∥ ,
第十五讲 相似三角形及其实际应用
B E
∴ ∠ =∠ ,
AC DF A D AB AC AC
∵ = ,∠ =∠ , 1. 【解析】 ABC DEF 即 2
ABC DEF C ∵ △ ∽△ ,∴ DE=DF, = ,
∴ △ ≌△ (AAS); 1 2
解: ABC DEF AC .
(2) ∵ △ ≌△ , ∴ =4
BC EF 2. 【解析】设较小三角形的周长是x 则较大三角
∴ = , B cm,
BF FC CE FC 形的周长是 x 两个相似三角形的最长边
∴ + = + , (48- )cm,∵
BF CE 分别是 和 x x 解得 x
∴ = , 10 cm 6 cm,∴ ∶(48- )= 6∶10, =
BF FC 较小三角形的周长是 .
∵ =4, =3, 18,∴ 18 cm
BE BF FC CE . 3. 【解析】 DE BC ADE B AED C
∴ = + + =4+3+4=11 A ∵ ∥ ,∴ ∠ =∠ ,∠ =∠ ,
17. 解:如解图 过点C作CH BA交BA的延长线于点
, ⊥ DE AD AD DE
ADE ABC 1 1
H 过点A作AG CD于点G 过点 B 作 BK CD于 ∴ △ ∽△ ,∴ BC=AB,∵ AB= ,∴ BC= ,
, ⊥ , ⊥ 2 2
点K 故选 .
, A
4. 【解析】如解图 过点D作DF BC交AC于点F
C , ∥ ,
AD AD
AD DB 2 DF BC AFD
∵ =2 ,∴ BD=2,∴ AB= ,∵ ∥ ,∴ △
3
AF AD S AD
ACB 2 △ AFD 2 4 设
∽△ ,∴ AC=AB= ,∴ S =(AB) = ,∴
3 △ ACB 9
第 题解图 S s S s 沿DE将 ABC剪成面积相等
17 △ AFD=4 , △ ACB=9 ,∵ △
8名师讲评式解析
S S AF AF CMN CBA MN AB. ABC 的面积是
的两部分 S 9s △ AFD 4 8 ∠ =∠ ,∴ ∥ ∵ △ 1,∴
,∴ △ ADE= 2 ,∴ S △ ADE = 9 S = 9 =AE,∴ AE S 1. M 是边 BC 上距离点 C 最近的 等分
△ CMN= ∵ 6
2 36
AF AF AC AC AE BM S BM
÷AC=AE·AF=AE= 9 8 ÷ 3 2 = 3 4 ,∴ EC=3 . 点 ,∴ CM=5,∴ S △ △ B C M M N N =CM=5,∴ S △ BMN= 3 5 6 . ∵ MN ∥
NG MN
AB MNG ABG 1 BG NG
,∴ △ ∽△ ,∴ BG= AB = ,∴ =6 ,
6
S NG NG
BN BG NG NG △ MNG 1
∴ = + =7 ,∴ S =BN= NG= ,∴
△ BMN 7 7
第 题解图 S S S 5 1 1 5 1 1.
4 四边形CMGN= △ MNG+ △ CMN= × + = + =
5. ADE C 答案不唯一 合理即可 【解析】
36 7 36 252 36 21
∠ =∠ ( , ) ∵ 7. 解:
(1)
DAE CAB 当 ADE C 时 ADE
∠ = ∠ , ∴ ∠ = ∠ , △ ∽ 解题思路
AD AE
ACB 当 AED B时 ADE ACB 当
△ ; ∠ =∠ ,△ ∽△ ; AC=AB 要比较两个正方形的面积,可以转化为比较正方形的
时 ADE ACB 答案不唯一 合理即可 .
边长,根据题干已知信息设正方形的边长为 x,通过
,△ ∽△ ( , )
证相似,写出线段间的比例关系,解出边长,即可求
易错点拨
解.
通过添加条件使得 ADE ACB,一定要考虑到,相
△ ∽△ 直角三角形木板的一条直角边 BC 面积
似符号已经明确给出,说明相似的对应关系已经确 ∵ = 2 m,
定,此时只需找出对应关系,添加条件即可. 为 1 . 5 m 2 ,
.
AC 1 5 .
6. 1 【解析】如解图 连接 DE D E 分别是 ∴ = =1 5(m),
(1) ; ①, ,∵ , 1
3 ×2
边BC和AC的中点 DE 是 ABC 的中位线 DE 2
,∴ △ ,∴
AB BC2 AC2 . .
S DE ∴ = + =2 5(m)
AB DE 1 AB CDE CBA △ CDE 2 设正方形的边长为x
∥ , = 2 ,∴ △ ∽△ ,∴ S △ CBA =(AB) 如题图 设计方案 m,
① :
1 ABC 的面积是 S 1. D 是 BC
= 4 ,∵ △ 1,∴ △ CDE= 4 ∵ ∵ 四边形CDEF是正方形 ,
DE CF DE CD x AD . x
的中点 S S 1. DE AB DEF ∴ ∥ , = = , =1 5- ,
,∴ △ BDE= △ CDE= ∵ ∥ ,∴ △ ∽ ADE ACB
4 ∴ △ ∽△ ,
EF DE DE AD x . x
ABF 1 BF EF BE BF EF 即 1 5-
△ ,∴ BF=AB= ,∴ =2 ,∴ = + = ∴ CB=AC, = . ,
2 2 1 5
S EF EF
EF △ DEF 1 S 1 解得x 6
3 ,∴ S △ BDE = BE = 3 EF = 3 ,∴ △ DEF = 12 ,∴ = 7 ;
如题图 设计方案
S S S 1 1 1. ② :
四边形CDFE= △ DEF+ △ CDE= + = 四边形GDEF是正方形
12 4 3 ∵ ,
DE GF
∴ ∥ ,
DEC ABC
∴ △ ∽△ ,
DC AC .
1 5 3
∴ DE=AB= . = ,
2 5 5
DC 3DE 3x
∴ = = ,
5 5
第 题解图
6
AD AC DC . 3x
∴ = - =1 5- ,
1 【解析】如解图 连接 MN M N 分别是边 5
(2) ②, ,∵ , A A AGD C °
21 ∵ ∠ =∠ ,∠ =∠ =90 ,
ADG ABC
BC和AC上距离C点最近的 等分点 CM 1 BC ∴ △ ∽△ ,
6 ,∴ = ,
6
. 3x
CM CN DG DA x 1 5-
CN 1AC 1 又 C C CMN 即 5
= ,∴ CB=CA= , ∵ ∠ =∠ ,∴ △ ∴ BC=BA, = . ,
6 6 2 2 5
S CM MN CM
CBA △ CMN 2 1 1 解得x 30
∽△ ,∴ S = (BC) = , BA = CB = , = ,
△ ABC 36 6 37
9中考真题分类·数学
当点C′落在边AB上时 此时E为BC的中点 重
6 30 (3) , ,
∵ > , 叠部分为 CDE的面积 分情况讨论如下
7 37 △ , :
图 的正方形面积较大 当 x 时 C′DE在 ABC内部
∴ ① ; ① 0< ≤1 ,△ △ ,
由 可知 AC . AB . . DE AB CDE CAB
(2) (1) , =1 5 m, =2 5 m ∵ ∥ ,∴ △ ∽△ ,
如题图 设计方案 CD CE CD x
③ : 即
四边形CDEF是长方形 ∴ CA=CB, . = ,
∵ , 1 5 2
DE CF
∴ ∥ , CD 3x
ADE ACB ∴ = ,
∴ △ ∽△ , 4
AD AC . x2
1 5 3 S 1CE CD 1x 3 x 3
∴ DE=CB= = , ∴ = · = · = ,
2 4 2 2 4 8
DE x
∵ = , 3 且对称轴为y轴 且 x
∵ >0, , 0< ≤1,
AD 3x 8
∴ = ,
4 当x 时 S有最大值 最大值为3 2 3
x ∴ =1 , , ×1 = ;
DC AC AD 6-3 8 8
∴ = - = , 如解图 当 x 时 连接CC′ 分别交DE AB于点
4 ② , 1< <2 , , ,
x N M 记 DC′ EC′分别交 AB 于点 G F 由折叠可得
长方形的面积y DE DC x 6-3 3 x 2 , , , , , ,
∴ = · = · =- ( -1) + DE垂直平分CC′
4 4 ,
DE AB
3 ∵ ∥ ,
,
CC′ AB CDE CAB
4
∴ ⊥ ,△ ∽△ ,
CE CN
3 x
∵ - <0,0< <2, ∴ CB=CM,
4
∴ 当 x = 1 时 , 长方形的面积有最大值 , 最大值为 由 (1) 可知AB =2 . 5,
3 2 S 1AB CM .
4 m ; ∴ △ ABC= · =1 5,
2
如题图 设计方案
④ :
即1 CM . . CM 6.
同理 得 DEC ABC ×2 5=1 5,∴ =
(1) △ ∽△ , 2 5
DC AC . x CN x
1 5 3 CN 3
∴ DE=AB= . = , ∴ = ,∴ = ,
2 5 5 2 6 5
DC 3x DA AC DC . 3x 5
∴ = , = - =1 5- , x
5 5 C′M CC′ CM CN CM 6( -1)
同理 得 ADG ABC ∴ = - =2 - = ,
(1) △ ∽△ , 5
DG BC GF DE
2 4 ∵ ∥ ,
∴ DA=BA= . = , C′GF C′DE
2 5 5 ∴ △ ∽△ ,
x
DG 4DA 4 . 3x 6( -1)
∴ = 5 = 5 (1 5- 5 ), S △ C′GF C′M 2 5 2 4( x -1) 2
长方形的面积y DE DG x 4 . 3x 12
∴ S
△ C′DE
=(C′N) =[
3
x ] = x2 ,
∴ = · = · (1 5- )=-
5 5 25 5
x2
( x - 5 ) 2 + 3 , 由 ① 知 , S △ CDE= S △ C′DE= 3 ,
4 4 8
∵ - 12 <0,0< x < 5 , ∴ S △ C′GF= 3 ( x -1) 2 ,
25 2 2
x2
∴ 当 x = 5 时 , 长方形的面积有最大值 , 最大值为 ∴ S = S 四边形GDEF= S △ C′DE- S △ C′GF= 3 - 3 ( x -1) 2 =- 9 x2
4 8 2 8
3 2 x 3 9 x 4 2 1
m ; +3 - =- ( - ) + ,
4 2 8 3 2
解题技巧
9 x
∵ - <0,1< <2,
求面积最值:通常我们将二次函数表达式从一般式转 8
化为顶点式,再根据二次函数图象的增减性及自变量 当x 4时 S有最大值 最大值为1
∴ = , , ,
的取值范围即可求最值. 3 2
3 1
∵ < ,
8 2
10名师讲评式解析
CEN为等腰三角形 EN CN 设BN x 则EN CN
S的最大值为1 . △ , = , = , =
∴ BN BC x AB AE BE 易证四边
2 = + =4+ ,∵ =8, =3,∴ =5,
形ABMD为矩形 DM AB 在 ENB 中 由
,∴ = =8, Rt△ ,
勾股定理 得BN2 BE2 EN2 即 x2 2 x 2 解
, + = , +5 =(4+ ) ,
得x 9 即BN 9. EN DC ENB DCM
= , = ∵ ∥ ,∴ ∠ =∠ ,
8 8
又 EBN DMC ° ENB DCM
第 题解图 ∵ ∠ =∠ =90 ,∴ △ ∽△ ,∴
7
9
AC OA BE BN
8. 1 【解析】 AC BD AOC BOD 即 5 8 解得 CM 9 CD DF DM
∵ ∥ ,∴ △ ∽△ ,∴ BD=OB MD=MC, =CM, = ,∵ = ,
2 8 5
OC OA OC AC
+ + 1. CF M为CF的中点 CF CM 18.
=OD=OB OD BD= ⊥ ,∴ ,∴ =2 =
+ + 2 5
9. 【解析】由题意可知 OAB OA′B′ 相似比为 解法二:如解图 ,过点D作DM CF于点M,过点
20 ,△ ∽△ , ③ ⊥
由相似三角形的性质知 O 到 AB 的距 D作 DN CE,交 CF 的延长线于点 N, ECB
36∶24=3∶2, “ ∥ ∴ ∠ =
离 与 O 到 A′B′的距离 的比等于相似比 设 O 到 DNM, DCE CDN, DCE BCE,
” “ ” , “ ∠ ∠ = ∠ ∵ ∠ = ∠ ∴
A′B′的距离 为x 则 x 解得x . CDN CND, CDN 为等腰三角形,CD CN,
” cm, 30∶ =3∶2, =20 ∠ =∠ ∴ △ =
AB ,AE , BE ,易证四边形 ABMD 为矩
解题技巧 ∵ =8 =3 ∴ =5
形, DM AB , EBC DMN °, BCE
本题为跨物理学科试题,明确小孔成像前后所形成 ∴ = =8 ∵ ∠ =∠ =90 ∠ =
BE BC
的两个三角形相似,即 OAB OA′B′,结合相似 MND, EBC DMN, ,即 5 4 ,
△ ∽△ ∠ ∴ △ ∽△ ∴ MD=MN =MN
三角形的性质求解即可. 8
解得MN 32. 设 CM x,则 CD CN CM MN x
= = = = + = +
10. 18 【解析】如解图 过点D作DN CF于点N 延 5
①, ⊥ ,
5 32,在 CDM中,由勾股定理,得CM2 DM2 CD2,即
长CE DA交于点M AE AB BE AD Rt△ + =
, ,∵ =3, =8,∴ =5,∵ 5
BC B ° M BCE BAD ABC
∥ ,∠ =90 ,∴ ∠ =∠ ,∠ =∠ = x2 2 (x 32)2,解得x 9,即CM 9, CD DF,
+8 = + = = ∵ =
BND ° 四边形ABND是矩形 AD BN DN 5 5 5
∠ =90 ,∴ ,∴ = ,
AB AEM BEC AME BCE DM CF, M为CF的中点, CF CM 18.
= =8,∵ ∠ =∠ ,∴ △ ∽△ ,∴ ⊥ ∴ ∴ =2 =
AM AE 5
解法三解题思路:如解图 ,过点D作DM CF于点
BC=BE, ④ ⊥
M,延长CB至点N,使BN BC,过点N作NP CE于
AM = ⊥
3 解得AM 12 DCE BCE M
∴ = , = ,∵ ∠ =∠ ,∴ ∠ = 点P,连接 NE, EBC 和 EBN( , ,
4 5 5 ①Rt△ Rt△ 4 5 41
DCE DM DC 设CN x 则DM AM AD AM 型); 等面积法求 NP,得到 ENP( , ,
∠ ,∴ = , = , = + = + ② Rt△ 9 40 41
BN AM BC CN 12 x 32 x 在 DCN中 型),即 NEP 40; 通过三角形内角和定理及
= + + = +4+ = + , Rt△ , tan∠ = ③
5 5 9
外角的性质得 DCM NEP DCM
由勾股定理 得DC2 CN2 DN2 DM DC 32 ∠ = ∠ ⇒tan∠ = tan
, = + ,∵ = ,∴ ( +
5 NEP 40; CM 8 9,即可求出CF的长.
∠ = ④ = =
x 2 x2 2 解得x 9 DF DC DN CF CF 9 40 5
) = +8 , = ,∵ = , ⊥ ,∴ =
9
5
解法四解题思路:如解图 ,过点D作DM CF于点
⑤ ⊥
CN 18.
2 = M,过点B作BN CD,交CE于点N,过点N作NP
5 ∥ ⊥
BC于点P, 平行 角平分线 等腰 BCN,得BN
① + ⇒ △ =
BC ; 易得 CNP CEB,设 CP x,则 PN
=4 ② △ ∽△ =4 =
x,BP x; 在 BNP 中,由勾股定理列方
5 =4-4 ③ Rt△
程,求解得出 x 32(x 舍去); 根据 BNP
= =0 ④ △ ∽
41
第 题解图 CDM,求解 CM; 由等腰 DCF“三线合一”,得
10 ① △ ⑤ △
CF CM,即可求出CF的长.
一题多解 =2
解法五解题思路:如解图 ,过点D作DM CF于点
解法一:如解图 ,过点D作DM CF于点M,过点 ⑥ ⊥
② ⊥ M,过点E作EN BC交CD于点N,过点C作CP
E作 EN DC,交 CB 的延长线于点 N, CEN ∥ ⊥
∥ ∴ ∠ = EN于点P, 平行 角平分线 等腰 ECN,得EN
DCE, DCE BCE, CEN NCE, ① + ⇒ △ =
∠ ∵ ∠ =∠ ∴ ∠ =∠ ∴
11中考真题分类·数学
CN; 矩形 BCPE CP BE ,EP BC ; 在 AB BE
② ⇒ = =5 = =4 ③ 9 3 3
CPN中,由勾股定理列方程,求出 PN; 根据 ∵ EC= = ,CF= ,
Rt△ ④ 6 2 2
CPN DMC,求出CM; 由等腰 DCF“三线合 AB BE
△ ∽△ ⑤ △
一”,得CF CM,即可求出CF的长. ∴ EC=CF,
=2
又 B C °
∵ ∠ =∠ =90 ,
ABE ECF.
∴ △ ∽△
14. 【解析】 B ° CD BM CDN
D ∵ ∠ +∠4=180 ,∴ ∥ ,∴ ∠
AME AE BC AEM CND MAE
=∠ ,∵ ∥ ,∴ ∠ =∠ ,∴ △ ∽
DCN 故 选项不符合题意 CD AB CDN
△ , A ;∵ ∥ ,∴ ∠
AME AE BC AEM CND MAE
=∠ ,∵ ∥ ,∴ ∠ =∠ ,∴ △ ∽
DCN 故 选项不符合题意 AE BC
△ , B ;∵ ∥ ,∴ ∠1+
B ° B ° CD
∠ =180 ,∵ ∠1=∠4,∴ ∠ +∠4=180 ,∴ ∥
BM CDN AME AE BC AEM
,∴ ∠ = ∠ ,∵ ∥ ,∴ ∠ =
CND MAE DCN 故 选项不符合题意
∠ ,∴ △ ∽△ , C ;
根据 结合已知条件不能证明 MAE
∠2=∠3 △ ∽
DCN 故 选项符合题意.
△ , D
15. 【解析】 AC AB BD AB AC BD AOC
B ∵ ⊥ , ⊥ ,∴ ∥ ,∴ △
AC AO
BOD 动力臂OA 阻力臂
∽△ ,∴ BD=BO,∵ =150 cm,
AC
OB BD 150 解得AC
第 题解图 =50 cm, =20 cm,∴ = , =60,∴
10 20 50
11. 解: ABC ADE
AC的长度是
60 cm
.
∵ △ ≌△ ,
16. 【解析】 大 小两个风筝为相似多边形 相似
BAC DAE AB AD AC AE 195 ∵ , ,
∴ ∠ =∠ , = , = ,
比为 大 小两个风筝的对角线之比也为
BAC CAD DAE CAD ABD ADB 3∶1,∴ , 3∶1,
∴ ∠ -∠ =∠ -∠ ,∠ =∠ =
大风筝的两条对角线长分别为
∴ 30×3=90(cm),35
1 ° BAD ACE AEC 1 °
(180 -∠ ),∠ = ∠ = (180 - .
2 2 ×3=105(cm),∴ 90+105=195(cm)
CAE 17. 审题指导
∠ ),
BAD CAE
∴ ∠ =∠ , 题干:港口B位于岛A的北偏西 °方向 灯塔C在
37 ,
ABD ADB ACE AEC
∴ ∠ =∠ =∠ =∠ , 岛A的正东方向 一艘海轮D在岛A的正北方向
, ;
ABD ACE
∴ △ ∽△ , 信息提取:根据方向角的概念可知, BAD °,
∠ =37
AB AD BD
. CAD °.
∴ AC=AE=CE ∠ =90
解:
又 AB AD BC DE (1)
∵ = =3, = =4,
解题思路
AE AC AB2 BC2 2 2
∴ = = + = 3 +4 =5,
BD AB 分析题干,作辅助线 BM AD,构造 ABM,结合
3. ⊥ Rt△
∴ CE=AC= 已知条件可得,BM AC,则可得出 BDM CDA,
5 ∥ △ ∽△
12. 【解析】 四边形ABCD是正方形 AB BC BM BD
C ∵ ,∴ = =4, 进而得到线段等量关系式 ,求得 BM 的长,
A B ° AFE AEF ° 点E为AB CA =CD
∠ =∠ =90 ,∴ ∠ +∠ =90 ,∵
的中点 AE BE 在 BCE中 由勾股定理得 再利用锐角三角函数知识即可求解.
,∴ = =2, Rt△ ,
CE
=
BE2
+
BC2
=2 5,∵
EF
⊥
EC
,∴ ∠
FEC
=90
°
,
如解图
,
过点B作BM
⊥
AD
,
垂足为M
,
CEB AEF ° AFE CEB AEF
∴ ∠ +∠ =90 ,∴ ∠ =∠ ,∴ △
EF AE EF
BCE 2 解得 EF
∽△ ,∴ CE=BC,∴ = , = 5,∴
2 5 4
S 1EF CE .
△ CEF= · =5
2
13. 证明: BE EC
∵ =3, =6,
第 题解图
BC
∴ =9, 17
四边形ABCD是正方形 根据题意知 AC AD
∵ , , ⊥ ,
AB BC B C ° BM AC
∴ = =9,∠ =∠ =90 , ∴ ∥ ,
12名师讲评式解析
BDM CDA AB NB
∴ △ ∽△ ,
BM BD ∴ EH=NH,
∴ CA=CD, x . x
2 2+
∴ . = ,
DC 5BD AC 0 9 1
∵ = , =6 km, 解得x .
2 =19 8,
BM 答 纪念碑AB的高度为 .
2 : 19 8 m;
∴
6
=
5
,
纪念碑的实际高度为 . 小红求出纪念
(3)∵ 19 64 m,
BM 12 碑AB的高度约为 . 中纪念碑AB的高度
∴ = km, 18 5 m,(2)
5 为 .
19 8 m,
12 . . .
BM ∴ 19 64-18 5=1 14 (m),
在 ABM中 BAD ° 5 3 . . .
Rt△ ,sin∠ =sin 37 =AB=AB≈ , 19 8-19 64=0 16 (m),
5
. . 小红的结果误差较大
解得AB ∵ 0 16<1 14,∴ ,
≈4,
原因 纪念碑AB 位于有台阶的平台 BC 上 点 C 的
答 岛A与港口B之间的距离约为 : ,
: 4 km;
如解图 在 ABM 中 AM AB °
位置不可直接到达
,
测得CD的长存在误差
,
影响计
(2) , Rt△ , = ·cos 37 ≈4×
算结果 答案不唯一 合理即可 .
( , )
4 16
= (km), 第十六讲 锐角三角函数及其实际应用
5 5
BDM CDA
∵ △ ∽△ ,
MD BD 1. 【解析】 ° ° 2 原式
2 A ∵ tan 45 =1,cos 45 = ,∴ =1- 2
∴ AD=CD= , 2
5
AD 5AM 16 2 .
∴ = = (km), × =1-1=0
7 7 2
2. 【解析】 C ° AB BC 在 ABC
16 D ∵ ∠ =90 , =13, =5,∴ Rt△
AD BC
在 ADC中 C 7 8. 中 A 5.
Rt△ ,tan =AC= = ,sin =AB=
6 21 13
18. 解 太阳光下 纪念碑顶端 A的影子落在点 D 3. 【解析】由题意可得 C ° EDC ° 在
:(1)∵ , B ∠ =30 ,∠ =90 ,∴
处 同一时刻 竖直放置的标杆DE顶端E的影子落 DE
, , DEC中 CD .又 D为AC的中点
在点F处 Rt△ , = °=3 ∵ ,∴
, tan 30
EF AD AC CD .
∴ ∥ , =2 =6
标杆的影子DF的长和标杆DE的长相等 即DE 4. 【解析】 ACB ° CAB ° AB BC
∵ , = A ∵ ∠ =90 ,∠ =30 ,∴ =2 ,
DF
, AC BC 设BC m 则AB m AC m AD平
= 3 , = , =2 , = 3 ,∵
ADC EFD °
∴ ∠ =∠ =45 , 分 CAB ACB ° 点D到AC AB的距离相等
∠ ,∠ =90 ,∴ , ,
AC CD CD CA
∵ ⊥ ,∴ = ;
(2) 如解图 , BN与DE的交点记为点H , 均为CD的长 CAD BAD S △ ACD 2 1AC · CD
,∠ =∠ ,∴ S = =
△ ABD 1 AC BD
·
2
1AC CD
· CD AC
2 3 CD 3 BC
,∴ BD=AB= ,∴ = =(2 3-
1 AB CD 2 2+ 3
·
2
m AD AC2 CD2 m BE AD
第 题解图 3) ,∴ = + =(3 2- 6) ,∵ ⊥ ,
18 CD BE
则四边形BCDH和四边形MNHD均为矩形 CAD BAD CAD BAD
, ∠ =∠ ,∴ sin∠ =sin∠ ,∴ AD=AB,
DE . DF . DM MN .
∵ =2 1 m, =2 1 m, =1 m, =1 2 m, m BE AD
CD BH BC DH MN . NH DM 即 (2 3-3) BE 6- 2 m
∴ = , = = =1 2 m, = =1 m, m = m,∴ = ( ) ,∴ BE =
EH DE DH . (3 2- 6) 2 2
∴ = - =0 9 m,
设AB x 则AC AB BC . x m
= , = + =(1 2+ )m, (3 2- 6) .
=2 3
BH CD AC . x
∴ = = =(1 2+ )m, 6- 2 m
( )
NB BH NH . x 2
∴ = + =(2 2+ )m,
EH AB NAB NEH 5. 解题思路
∵ ∥ ,∴ △ ∽△ ,
13中考真题分类·数学
根据AD ,CD , CBD °,要求 ACB 的
=3 =2 ∠ =45 tan∠
值,通过作垂直,构造相似三角形和特殊三角形是解
题的关键;根据 CED ABD,证得 DEC
∠ = ∠ △ ∽
BED,得出BE,CE,DE之间的关系,即可求CE的
△
长.
第 题解图
6 ①
2 17 【解析】如解图 过点A作AH BC 过点D 如解图 过点 A 作 AD BC 于点 D 过点 C 作
4; , ⊥ , (2) ②, ⊥ ,
3 CE AB于点E.
分别作DG BC DF AH 垂足分别为H G F 则四边 ⊥
⊥ , ⊥ , , , , AD
形DFHG为矩形 DG FH DF HG DF HG DG 由 易得BD CD AC °
,∴ = , = , ∥ , ∥ (1) = °= 3, = ·cos 60 =1,
tan 45
AH CBD ° BDG 为等腰直角三角形
,∵ ∠ =45 ,∴ △ ,∴ BC
BG DG. AB AC BH CH ABC ACB DF ∴ = 3+1,
= ∵ = ,∴ = ,∠ =∠ ,∵
S 1AB CE 1BC AD
BC ADF ACH DF AD AD 3 ∵ △ ABC= · = · ,
∥ ,∴ △ ∽△ ,∴ CH=AC=AD CD= ,∴ 2 2
+ 5
1 CE 1
设DF x CH x 则 HG DF x BH CH x ∴ × 6· = ×( 3+1)× 3,
=3 , =5 , = =3 , = =5 ,∴ 2 2
DG BG BH HG x CG CH HG x BD x
= = + =8 , = - =2 ,∴ =8 2 , 解得CE 6+ 2
DG x = ,
在 CGD 中 ACB 8 由勾股定 2
∴ Rt△ ,tan∠ =CG= x=4,
2 点C到线段AB的距离为 6+ 2.
∴
理 得 x 2 x 2 2 x 17 负值已舍去 2
, (2 ) +(8 ) =2 ,∴ = ( ),∴ 一题多解
17
如解图 ,过点A作 AD BC 于点 D,过点 C 作 CE
BD x 8 34 BC CH x 10 17 CED ② ⊥
=8 2 = , =2 =10 = ,∵ ∠ AB于点E.
17 17 ⊥
ABD ACB CED CDE ABC ABD AD
=∠ ,∠ =∠ +∠ ,∠ =∠ + 由( )易得BD ,CD AC· ° ,
CBD ABC ACB CDE CBD ° 又 1 = °= 3 = cos 60 =1
∠ ,∠ =∠ ,∴ ∠ =∠ =45 , ∵ tan 45
DE CE CD BC .
CED CED DEC BED ∴ = 3+1
∠ =∠ ,∴ △ ∽△ ,∴ BE=DE=DB= 又 ABC °,
∵ ∠ =45
2 34 DE 4 34CE DE2 BE CE BC 在 EBC中,CE BC· ° 6+ 2,
= ,∴ = , = · =( + ∴ Rt△ = sin 45 =
8 34 8 17 2
17
点C到线段AB的距离为 6+ 2.
∴
CE CE 4 34CE 2 10 17 CE CE 解得 2
)· ,∴ ( ) =( + )· ,
17 17
CE 2 17或CE 舍去 .
= =0( )
3
第 题解图
6 ②
选择方法一
(3) :
如解图 过点M作MF BC于点F
第 题解图 ③, ⊥ ,
5 ACB ° ABC ° CM 为 ABC 的角平
6. 解: 如解图 过点A作AD BC于点D. ∵ ∠ = 60 ,∠ = 45 , △
(1) ①, ⊥ 分线
在 ACD中 ,
Rt△ , MAC ° MCB ACM °.
∴ ∠ =75 ,∠ =∠ =30
ACD ° AC
∵ ∠ =60 , =2, AP CP
∵ = ,
AD AC ° APC ° MCB
∴ = ·sin 60 = 3, ∴ ∠ =30 =∠ ,
在 ABD中 BMC CMP
Rt△ , ∵ ∠ =∠ ,
ABD ° MBC MCP
∵ ∠ =45 , ∴ △ ∽△ ,
AD PM CM
AB .
∴ = °= 6; ∴ CM=BM
sin 45
14名师讲评式解析
MF BC
∵ ⊥ , BAD 2 β DAC 3 AB AC
tan∠ = ,tan =tan∠ = ,∵ = =
3 2
CM MF 2BM BM
∴ =2 =2× = 2 , 2 2 BC 2 2 AB2 AC2
2 2 +3 = 13, = 1 +5 = 26,∴ + =
PM CM BM BC2 ABC 是等腰直角三角形 BAC °
∴ = 2 =2 , ,∴ △ ,∴ ∠ =90 ,∴
BP BM. α β BAD DAC BAC °.
∴ = ∠ +∠ =∠ +∠ =∠ =90
第 题解图
7 ②
如解图
(3) ②,
第 题解图
6 ③ 由题意可知 α GDH 1 β HDF
tan =tan∠ = ,tan =tan∠
选择方法二 3
:
如解图 过点C作CG AP于点G 1
④, ⊥ , = ,
ACB ° ABC ° CM 为 ABC 的角平 7
∵ ∠ = 60 ,∠ = 45 , △ α GDH β HDF
分线 ∴ ∠ =∠ ,∠ =∠ ,
, α β θ
MAC ° MCB ACM ° ∵ ∠ +∠ =∠ ,
∴ ∠ =75 ,∠ =∠ =30 , θ GDH HDF GDF
AMC ° ∴ ∠ =∠ +∠ =∠ ,
∴ ∠ =75 ,
AC CM ∵ DG = 2 2 +6 2 =2 10, GF = 1 2 +3 2 = 10, DF =
∴ = ,
又 AP CP CG AP 2 2
∵ = , ⊥ , 1 +7 =5 2,
P ° AG MG DG2 GF2 DF2
∴ ∠ =30 , = , ∴ + = ,
易得 GBC为等腰直角三角形 DGF是直角三角形
△ , ∴ △ ,
AP CP CG BG GF
∴ = =2 =2 , θ GDF 10 1.
BG AG BP ∴ tan =tan∠ =DG= =
∴ = + , 2 10 2
∴
BP
=
BG
-
AG
=
BG
-
MG
=
BM.
8. 【解析】 斜坡 AB 的斜面坡度 i
15 3 m ∵ =1∶ 2,∴
任选其一即可
( ) BC AC BC AC 由勾股定
∶ =1∶ 2,∵ =15 m,∴ =15 2 m,
理 得AB BC2 AC2 2 2
, = + = 15 +(15 2) =15 3(m),
9. .
7 4
10. 解: 由题意得 BM OM
(1) , ⊥ ,
BOM . ° BM 米
∵ ∠ =18 17 , =3 ,
BM
在 BOM中 OB 3 米
∴ Rt△ , = BOM≈ . ≈10( ),
第 题解图 sin∠ 0 31
6 ④ 答 直吊臂OB的长约为 米
: 10 ;
7. 解: 如解图 连接BC 由题易得 α BAD 记旋转后的点 B M 的对应点为 B′ M′ 延长
(1) ①, , tan =tan∠ (2) , , ,
1 β CAD 1.
B′M′交OM于点F
,
= ,tan =tan∠ =
2 3
AB BC 2 2 AC 2 2
∵ = = 1 +2 = 5, = 1 +3 = 10,
AB2 BC2 AC2
∴ + = ,
ABC是等腰直角三角形
∴ △ ,
ABC ° BAC °
∴ ∠ =90 ,∠ =45 ,
α β °
∴ ∠ +∠ =45 ;
第 题解图
10
由题意得 B′M′ BM 米 由 得 OB′ OB
= =3 , (1) = =
米
10 ,
第 题解图 在 B′OF中 B′F OB′ OB′F .
7 ① Rt△ , = ×cos∠ ≈10×0 81=
. 米
(2)90; 8 1( ),
【解法提示】如解图 连接 BC 由题意可知 α M′F B′F B′M′ . . 米
②, , tan = ∴ = - =8 1-3=5 1≈5( ),
15中考真题分类·数学
答 货物M上升了约 米.
: 5 模型总结
11. 解:如解图 过点A作AE CD 垂足为E.
, ⊥ , 锐角三角函数的实际应用———母子型
由题意知 四边形ABCE为矩形
, , 如图,在 ABD外部作高BC,构造两个直角三角形,
CE AB . △
∴ = =13 20, 其中公共边BC是解题的关键.
CE
在 ACE中 CAE
Rt△ ,tan∠ =AE,
CE . .
AE 13 20 13 20 .
∴ = CAE= . °≈ . =30 0,
tan∠ tan 23 8 0 44
AE
在 ADE中 DAE
Rt△ ,cos∠ =AD,
AE . . 模型拓展
AD 30 0 30 0 .
∴ = DAE= . °≈ . =37 5,
cos∠ cos 36 9 0 80 如图 在直角梯形ABDC内部作高CE 连接AD 构造
AD的长为 . . , , ,
∴ 37 5 m 两个直角三角形 ACE和 ADB 再结合矩形
,Rt△ Rt△ ,
BDCE的性质求解.
第 题解图
11
解题技巧 13. 解:由题意得 AEF ° 四边形AEFD为矩形
,∠ =90 , ,
本题涉及两个直角三角形,通过求出公共边 AE 的 EF AD 米 AD EF
∴ = =26 , ∥ ,
长,从而求出AD的长,熟练掌握锐角三角函数的关 ABE DAB ° ACE DAC . °.
∴ ∠ =∠ =37 ,∠ =∠ =8 5
系是关键. 设BE CF x米 则CE x 米
= = , =(26- ) ,
BC x 米.
12. 解:如解图 过点C作CD AB 垂足为D =(26-2 )
, ⊥ , ,
AE
在 ABE中 AEB ° ABE
Rt△ ,∠ =90 ,tan∠ =BE,
AE BE ABE x °.
∴ = ·tan∠ = ·tan 37
AE
在 ACE中 AEC ° ACE
Rt△ ,∠ =90 ,tan∠ =CE,
AE CE ACE x . °
∴ = ·tan∠ =(26- )·tan 8 5 ,
第
12
题解图
x ° x . °
∴ ·tan 37 =(26- )·tan 8 5 ,
设BD x米
= , 解得x 13
AB 米 ≈ ,
∵ =30 , 3
AD AB BD x 米
∴ = + =( +30) , BC 13 米 .
在 ACD中 CAD ° ∴ =26-2× ≈17( )
Rt△ ,∠ =30 , 3
答 内栏墙围成泉池的直径BC的长约为 米.
: 17
∴ CD = AD ·tan 30 ° = 3 ( x +30) 米 , 14. 解:
(1)①0,39;
3
在 BCD中 CBD °
【解法提示】当点N与点C重合时 推拉门与门框完
Rt△ ,∠ =45 , ,
CD BD ° x米 全闭合 此时 CMN有最小值 ° 当点 N滑动到限
∴ = ·tan 45 = , , ∠ 0 ,
位点P处时 推拉门推至最大 CNM ° 则此时
, ,∠ =6 ,
∴ x = 3 ( x +30), ∠ CMN有最大值 ,∵ ∠ CNM =6 ° ,∠ BCD =135 ° ,∴
3
CMN ° ° ° ° 即 CMN 的最大值
解得x ∠ =180 -6 -135 =39 ,, ∠
=15 3+15, 为 °.
CD 米 39
∴ =(15 3+15) ,
②C;
无人机离湖面的高度为 米.
∴ (15 3+15)
(2)
16名师讲评式解析
审题指导
MN处是一扇推拉门,推动推拉门时,两端点M,N分
别在BC,CD对应的轨道上滑动,当点N与点C重合
时,推拉门与门框完全闭合,此时MN BC.
=
如解图 过点N作NG BC交BC的延长线于点G
, ⊥ , 第 题解图
5
6. 【解析】 BAC ° ABC 是直角三角形.
C ∵ ∠ =90 ,∴ △
AD 是 BC 边上的高 ADB ADC °
∵ ,∴ ∠ =∠ = 90 ,∴
ABD ADE ADC 是直角三角形 共有 个直
△ ,△ ,△ ,∴ 4
角三角形.
7. 【解析】 D是AC边的中点 BD是 ABC边AC
A ∵ ,∴ △
第 题解图 的中线 ABC 为直角三角形 BD 1 AC CD
14 ,∵ △ ,∴ = = ,
2
由题意知 MN BC 当 CMN °时 NG BDC ° BDC为等边三角形 BC CD
= = 60, ∠ = 30 , = ∵ ∠ =60 ,∴ △ ,∴ = =
1MN 1AC .
=30, =3
2 2
∴
MG
=
MN2
-
NG2
=30 3,
8.
B
【解析】
∵ △
ABC的中线BE
,
CD交于点F
,∴
DE
=
NCG ° BCD °
∵ ∠ CG NG =180 -∠ =45 , 2 1BC , DE ∥ BC , S △ ADC = 2 1 S △ ABC, S △ AEB = 2 1 S △ ABC,∴
∴ = =30,
DF EF
MC MG CG ADE ABC S S 1 S
∴ = - =30 3-30, △ ∽△ , △ ADC= △ AEB= △ ABC,∴ CF=BF=
2
S 1MC NG 1 DE
∴ △ CMN= 2 · = 2 ×(30 3-30)×30=(450 3 BC= 1 , S △ ADE= 1 S △ ABC,∴ S △ DEF= 1 S △ BCF, S △ DBF= 1
2 4 4 2
2.
-450)cm
S S 1S 故 选项结论错误.
周末小测卷—三角形 △ BCF, △ ADE= 四边形BCED, B
3
1. 【解析】 OE OC COE ° AOC 9. 3 【解析】 DE BC ABC ADE AD
B ∵ ⊥ ,∴ ∠ =90 ,∵ ∠ = ∵ ∥ ,∴ △ ∽△ ,∵ =3,
° EOB ° ° ° °. 5
58 ,∴ ∠ =180 -58 -90 =32 AE AD
2. 【解析】 在 ABC中 C ° AB AC DB AB 3.
B : Rt△ ,∠ =90 , =7, =3, =2,∴ =5,∴ AC=AB=
5
B
AC
3. 10. 【解析】 AD BC ADB ° E是AB的
∴ sin =AB= 4 ∵ ⊥ ,∴ ∠ =90 ,∵
7
3. 【解析】如解图 过点 C 作 CG AB DF AB 中点 DE 1AB 1 .
B , ∥ ,∵ ∥ ,∴ ,∴ = = ×8=4(m)
2 2
DF AB CG BAC ° CED
∥ ∥ ,∴ ∠1+∠ =180 ,∠2=∠ ,∵ 一题多解
BAC ° ACE ° ° ACE
∠ =120 ,∠ =100 ,∴ ∠1=60 ,∠2=∠ AD BC,AB AC , D是BC的中点, E是
° CED °. ∵ ⊥ = =8 m ∴ ∵
-∠1=40 ,∴ ∠ =∠2=40
AB的中点, DE是 ABC的中位线, DE 1 AC
∴ △ ∴ = =
2
.
4 m
解题思路
第
3
题解图 11. 依据每一选项逐一代入题干式子,结合勾股定理和
4. 【解析】 B ° BCA ° AD BC 三角形的三边变关系求解即可判断结论.
B ∵ ∠ =45 ,∴ ∠ =45 ,∵ ∥ ,∴
∠ DAE =∠ BCA =45 ° , 由三角形的内角和 , 可得 ∠ ADE 【解析】 由题可知t k k
(1)2;(2)①② (1) =1 +1 =1+
° DAE AED ° ° ° °
=180 -∠ -∠ = 180 -45 -(180 -60 ) a b
当k t 时 则 2 2
°. 1=2;(2)① =2, =1 , 1=( c ) +( c ) =
=15
5.
B
【解析】如解图
,
取格点G
,
H
,
由网格的性质可知
,
a2
+
b2
即a2 b2 c2 三角形为直角三角形 故 正
AD AG AE AG c2 , + = , , ①
EG CH 2 1 2 1 D E
∥ ,∴ AB=AH= = ,AC=AH= = ,∴ , a
4 2 4 2 确 符合题意 当k a 1 b c 时 则t
分别是AB AC 的中点 DE 是 ABC 的中位线 , ;② =1, = +2, =1 , = c
, ,∴ △ ,∴ 2
b
DE 1BC . a b 1 b b 3 b 当 a b 时 a b c 即
= =1 + c = + = +2+ = +2, > , - < ,
2 2 2
17中考真题分类·数学
BE CE
1 b b 解得b 当a b时 b a c 即b 1b ∴ = =7,
+2- <1, >2; < , - < , - -2 DE BD BE
2 2 ∴ = - =1,
解得b . b 当b 时 t 3 当 在 ADE 中 由勾股定理 得 AE AD2 DE2
<1, <6 ∴ 2< <6, =2 , = ×2+2=5; Rt△ , , = +
2
= 37,
b 时 t 3 t 故 正确 符合
=6 , = ×6+2=11,∴ 5< <11, ② , DE
2 DAE 37. 分
∴ sin∠ =AE= …………………… (8 )
a b a b
题意 t + 5 a b 5 c 又 a 37
;③∵ = c + c = c ≤ ,∴ + ≤ , ∵ + 14. 解: 如解图 过点B作BE AC于点E
3 3 (1) , ⊥ ,
b c c a b 5 c 设a n 则b n c n n
> ,∴ < + ≤ , = , = +1, = +2,∴ +
3
n 5 n 解得 n n可取
2<2 +1≤ ( +2), 1< ≤7,∴ 2,3,4,
3
满足条件的 ABC共 个 故 错误 不符
5,6,7,∴ △ 6 , ③ , 第 题解图
合题意. 14
12. 证明: BAD EAC 设BE = x ,
(1)∵ ∠ =∠ ,
BAD CAD EAC CAD 由题意 得 EBC ° EBD ° CD 1
∴ ∠ -∠ =∠ -∠ , , ∠ =53 ,∠ =45 , =10× =5,
BAC EAD. 分 2
∴ ∠ =∠ ………………………… (2 ) C ° EBC ° ED BE x
在 ABC和 AED中 ∴ ∠ =90 -∠ =37 , = = ,
{A △ B AE △ , ∴ EC = ED + DC = x +5,
= , BE x x
BAC EAD 在 BCE中 EC 4x
∠ =∠ , Rt△ , = C= °≈ . = ,
AC AD tan tan 37 0 75 3
= ,
ABC AED 分 4 x x
∴ △ ≌△ (SAS); ………………… (5 ) ∴ = +5,
3
ABC AED
(2)∵ △ ≌△ , 解得x
ACB ADE. 分
=15,
∴ ∠ =∠ ………………………… (6 ) 渔船在航行过程中到灯塔B的最短距离为 海
∴ 15
AC AD
∵ = , 里 分
ACD ADC. 分 ;…………………………………………… (5 )
∴ ∠ =∠ ………………………… (7 ) 如解图 在 ABE 中 ABE ° 由 得
(2) , Rt△ ,∠ =14 , (1)
ACB ACD ADE ADC
∴ ∠ +∠ =∠ +∠ , BE
BCD EDC. 分
=15,
∴ ∠ =∠ ………………………… (8 ) AE BE ° . .
13. 解: AD BC AB AD ∴ = ·tan 14 ≈15×0 25=3 75,
(1)∵ ⊥ , =10, =6, AC AE DE DC . .
∴ = + + =3 75+15+5=23 75,
由勾股定理 得BD AB2 AD2 . . 小时 . 小时
∴ , = - =8, ∵ 23 75÷10=2 375 <2 5 ,
AD 渔船会在 前到达码头A
ACB ∴ 17:00 ,
∵ tan∠ =CD=1,
在 到夜间码头 A 附近海域将出现浓雾
∵ 17:30
CD AD
∴ = =6, 天气
,
BC BD CD 分
∴ = + =8+6=14; ………………… (4 ) 不改变航行速度 渔船能在浓雾到来前到达码头
∴ ,
AE是BC边上的中线
(2)∵ , A. 分
…………………………………………… (11 )
18名师讲评式解析
第五章 四边形
是平行四边形 AB CD OE 1AB.
,∴ = ,∴ =
2
第十七讲 平行四边形与多边形 5. 【解析】根据作图可知 AB AE ABC °
D = ,∵ ∠ =60 ,
ABE是等边三角形 BE AB CE BC BE
1. 【解析】 AB AC ABC CAN ∴ △ ,∴ = =3,∴ = -
D ∵ = ,∴ ∠ =∠3,∵ ∠ = .
ABC CAN =5-3=2
∠ +∠3,∠ =∠1+∠2,∠1=∠2,∴ ∠2=∠3, 6. 【解析】 平行四边形 ABCD 的对角线交点在原
点M是AC的中点 MA MC 在 MAD和 MCB C ∵
∵ ,∴ = , △ △ 点 点A与点C关于坐标原点 O中心对称 点 A
{
,∴ ,∵
∠2=∠3 的坐标是 点C的坐标是 .
中 MA MC MAD MCB MD (-1,2),∴ (1,-2)
, = ,∴ △ ≌△ (ASA),∴ = 7. 【解析】如解图 连接 BD交 AC 于点 O 四边形
B , ,∵
∠4=∠5
MB 四边形 ABCD 是平行四边形 分别为 ABCD为平行四边形 AO CO 1 AC 5 BO
,∴ ,∴ ①,② ,∴ = = = , =
. 2 2
∠2=∠3,ASA
2. 证明: C是线段AB的中点 DO OE CO CE 3. EF DE OE 为 BDF
(1) ∵ , ,∴ = - = ∵ = ,∴ △
2
AC CB 1AB 的中位线 BF OE .
∴ = = , ,∴ =2 =3
2
CD BE DCA B
∵ ∥ ,∴ ∠ =∠ ,
{ A ECB
∠ =∠ ,
在 DAC和 ECB中 AC CB
△ △ , = ,
DCA B
∠ =∠ , 第 题解图
7
DAC ECB
∴ △ ≌△ (ASA); 8. 【解析】如解图 过点 D作 DG BC 交 BC 的延长
解: AB C , ⊥
(2) ∵ =16, 线于点G 四边形ABCD是平行四边形 AB CD
,∵ ,∴ = ,
BC 1AB AB CD ABE DCG AE BC AEB
∴ = =8, ∥ ,∴ ∠ =∠ ,∵ ⊥ ,∴ ∠ =
2
DGC ABE DCG CG BE x AE DG
由 得 DAC ECB ∠ ,∴ △ ≌△ ,∴ = = , = ,
(1) ,△ ≌△ ,
CD BE ∴
BG
=
x
+
y
,
在
Rt△
ACE中
,
由勾股定理
,
得 AE2
=
AC2
∴ = ,
又 CD BE - CE2 =2 2 -( y - x ) 2 , 在 Rt△ BDG 中 , 由勾股定理 , 得
∵ ∥ ,
四边形BCDE是平行四边形 DG2 BD2 BG2 2 x y 2 2 y x 2
∴ , = - =(2 3) -( + ) ,∴ 2 -( - ) =(2
DE BC .
∴ = =8 2 y x 2 解得xy xy是定值.
3) -( + ) , =2,∴
解:补全过程如下
(3) :
由 可得四边形BCDE为平行四边形 同理可得四
(2) ,
边形ACED为平行四边形
,
点G为线段CE的中点 点F为线段CD的中点
∴ , , 第 题解图
FG为 CDE的中位线 8
∴ △ ,
9. 【解析】如解图 连接 EG 四边形 ABCD为平行
C , ,∵
FG 1DE .
∴ = =4 四边形 A C AD BC AD BC E G分别为
2 ,∴ ∠ =∠ , = , ∥ ,∵ ,
3. 解: 证明 B AED DE CB 边AD BC的中点 AE CG 又 AF CH AEF
(1)①, :∵ ∠ =∠ ,∴ ∥ , , ,∴ = , ∵ = ,∴ △
AB CD CGH EF GH 同理可证 EH GF 四边形
∵ ∥ , ≌△ ,∴ = , = ,∴
四边形BCDE为平行四边形 EFGH为平行四边形 AE BG 且AE BG 四边形
∴ ; ,∵ ∥ , = ,∴
证明 AE BE AE CD BE CD
②, :∵ = , = ,∴ = , ABGE 为 平 行 四 边 形 S 1S
AB CD , ∴ △ EFG = 四边形EFGH =
∵ ∥ , 2
四边形BCDE为平行四边形
∴ ; 1S 1 S S 1 S
四边形ABGE= 四边形ABCD,∴ 四边形EFGH = 四边形ABCD,
任选其一即可
2 4 2
( )
由 得四边形BCDE为平行四边形 四边形EFGH的面积为定值 其余选项皆随F H点
(2) (1) , ∴ , ,
DE BC 的变化而变化 故选 .
∴ = =10, , C
AD AB AD
∵ ⊥ , =8,
在 ADE中 AE DE2 AD2 .
∴ Rt△ , = - =6
4. 【解析】 点O是AC的中点 点E 是AD的中点
C ∵ , ,
OE是 ACD的中位线 OE 1CD 四边形ABCD
∴ △ ,∴ = ,∵ 第 题解图
9
2
1中考真题分类·数学
解题技巧 解题思路
将四边形EFGH分为两个三角形,当底边相同时,平行
线间的距离处处相等,即高相等是这道题的解题关
键,从而求得面积为定值.
10. 【解析】 四边形ABCD是平行四边形 且AD BC
2 ∵ , =2,∴
AD AB CD DCE BEC CE平分 BCD
= =2, ∥ ,∴ ∠ =∠ ,∵ ∠ ,
BCE DCE BCE BEC BE BC .
∴∠ =∠ ,∴∠ =∠ ,∴ = =2
11. 【解析】 在 ABCD中 BC AD BC BC
5 ∵ ▱ , =2,∴ = =2,
AD CBA BAE BA平分 EBC CBA
∥ ,∴ ∠ =∠ ,∵ ∠ ,∴ ∠
EBA BAE EBA AE BE DE AD
=∠ ,∴ ∠ =∠ ,∴ = =3,∴ =
AE .
+ =2+3=5
12. 解题思路
设出AB的长,结合七巧板拼接的过程,得到线段间的
数量关系以及角与角之间的关系,证得四边形ABCD
是平行四边形,将 CAB落在直角三角形中求解.
∠
1 【解析】根据题意 易知AB CD.设AB 则CD
, = =2, =
2
BD AB ABD ° ° ° BDC ° AB
= =2,∵∠ =45 +45 =90 ,∠ =90 ,∴
CD 四边形ABCD是平行四边形.如解图 设AC BD
∥ ,∴ , ,
BO
交于点O BO 1BD CAB 1.
,∴ = =1,∴tan∠ =AB=
2 2
第 题解图
12 【解析】如解图 连接AP并延长交BC于点P′ 过
13. 【解析】如解图 连接 AN 由作图可知 MN 垂 5 , ,
4 3 , , , 点P′分别作P′M′ PM交AB于点M′ P′N′ PN交
直平分AC AN CN 点N恰为BC的中点 BC ∥ , ∥
,∴ = ,∵ ,∴ AD于点N′ 连接M′N′ 四边形ABCD是平行四边
BN CN BC AB BN CN AB , ,∵
=2 =2 ,∵ =2 =8,∴ = = =4, 形 AD BC BAD ° B ° AM
BN AN AB CN ABN 是等边三角形 ,∴ ∥ ,∴ ∠ =180 -∠ =120 ,∵ =
∴ = = = =4,∴ △ , AN 由题意知 MP NP AP AP AMP ANP
CAN ACN BAN ABC ANB ° , , = , = ,∴ △ ≌△
∠ =∠ ,∴ ∠ =∠ =∠ = 60 ,
CAN ACN ANB CAN ACN MAP NAP 1 BAD ° 点P在
∵ ∠ + ∠ = ∠ ,∴ ∠ = ∠ = (SSS),∴ ∠ =∠ = ∠ =60 ,∴
2
1 ANB ° BAC BAN CAN ° BAD的平分线上运动 当MN的长最大时 MNP
∠ =30 ,∴ ∠ = ∠ +∠ = 90 , ∠ , ,△
2 的面积最大 此时点P和点P′重合 BAP′ B
AC BC2 AB2 2 2 . , ,∵ ∠ =∠
∴ = - = 8 -4 =4 3 ° ABP′为等边三角形 AP′ AB AP′
=60 ,∴ △ ,∴ = =6,∠
B ° 易知 AP′N′ ° BP′N′ ° AN′
=60 , ∠ =30 ,∠ =90 ,∴ =
1AP′ DN′ AD AN′ 即当 MNP 的面积
=3,∴ = - =5, △
2
最大时 DN的长为 .
第 题解图 , 5
13
14. 审题指导
第 题解图
14
15. 证明: 四边形ABCD是平行四边形
∵ ,
BC AD BC AD D FCE
∴ ∥ , = =5,∴ ∠ =∠ ,
E是CD的中点 DE CE
∵ ,∴ = ,
在 ADE和 FCE中
△ △ ,
2名师讲评式解析
{ D FCE 17. 解: BDE的形状是等腰三角形 理由如下
∠ =∠ , (1)△ , :
DE CE BD平分 ABC
= , ∵ ∠ ,
AED FEC ABD CBD.
∠ =∠ , ∴ ∠ =∠
ADE FCE BC ED
∴ △ ≌△ (ASA), ∵ ∥ ,
FC AD EDB CBD
∴ = =5, ∴ ∠ =∠ ,
BF BC FC . EDB ABD EB ED
∴ = + =5+5=10 ∴ ∠ =∠ ,∴ = ,
BDE是等腰三角形
∴ △ ;
【一题多设问】 作为条件 证明 .
① , ② (2)①B;
证明:由题可得C为BF的中点 【解法提示】共有 个等腰三角形. 分别是 ABE
, 4 :△ ,
BF BC. ABG AFD CGF.
∴ =2 △ ,△ ,△
又 BF AB BE平分 ABC
∵ =2 , ② ∵ ∠ ,
AB BC ABE CBE.
∴ = , ∴ ∠ =∠
又 B ° 在 ABCD中 AD BC
∵ ∠ =60 , ∵ ▱ , ∥ ,
ABC为等边三角形 AEB CBE EAG AGB
∴ △ , ∴ ∠ =∠ ,∠ =∠ ,
AC AB ABE AEB
∴ = , ∴ ∠ =∠ ,
由题可知 ADE FCE ABE是等腰三角形且AB AE.
,△ ≌△ , ∴ △ =
DE CE AE FE AF BE
∴ = , = , ∵ ⊥ ,
四边形ADFC为平行四边形 BAF EAF.
∴ , ∴ ∠ =∠
AC DF BAF AGB
∴ = , ∴ ∠ =∠ ,
AB DF. AB BG
∴ = ∴ = =3,
作为条件 证明 . AB FD
② , ① ∵ ∥ ,
证明:由题易得四边形ADFC为平行四边形 BAF CFG
, ∴ ∠ =∠ ,
AC DF AGB CGF
∴ = , ∵ ∠ =∠ ,
又 AB DF AB AC CGF CFG
∵ = ,∴ = , ∴ ∠ =∠ ,
又 B ° CG CF
∵ ∠ =60 , ∴ = ,
ABC为等边三角形 CG BC BG
∴ △ , ∵ = - =5-3=2,
AB BC CF .
∴ = , ∴ =2
由题可得C为BF的中点 18. 【解析】由题意得 ° ° °
, C ,(6-2)×180 =4×180 =720 ,
BF BC 故选 .
∴ =2 , C
BF AB. 19. 【解析】设这个多边形的边数为n 则 ° n
∴ =2 B , 180 ·( -
任选其一即可 ° °n ° ° 解得n 这
( ) 2)=360 ×4,180 -360 =360 ×4, =10,∴
16. 证明: 四边形ABCD是平行四边形 个多边形是十边形 从这个多边形一个顶点可以
(1) ∵ , ,∴
AB CD AD BC B D 引 条 对角线.
∴ = , = ,∠ =∠ , 10-3=7( )
AF CE 20.
∵ = , 9
AD AF BC CE 即DF BE 21. 【解析】 五边形 ABCDE 是正五边形 A
∴ - = - , = , C ∵ ,∴ ∠ =
在 ABE与 CDF中 °
△ △ , E 3×180 ° AMN ENM ° °
{AB CD ∠ = =108 ,∴ ∠ +∠ =360 -108
= , 5
B D ° AMN ENM
∠ =∠ , ×2=144 ,∵ ∠ =∠1,∠ =∠2,∴ ∠1+∠2
°.
BE
=
DF
,
=144
ABE CDF 22. 【解析】如解图 正六边形与正方形的两邻边
∴ △ ≌△ (SAS); B ,∵
(2) 解:添加AF = BE ( 答案不唯一 ) . 相交 ,∴ ∠ A =90 ° ,∠ B =180 ° - 360 ° =120 ° ,∵ ∠1+
【解法提示】如解图 四边形ABCD是平行四边形 6
,∵ ,
A B ° α β
AD BC 即AF BE 又 AF BE 四边形ABEF ∠2+∠ +∠ =360 ,∠1= ,∠2= ,∴ ∠1+∠2=
∴ ∥ , ∥ , ∵ = ,∴
° ° ° ° α β °.
是平行四边形. 360 -90 -120 =150 ,∴ + =∠1+∠2=150
第 题解图 第 题解图
16 22
3中考真题分类·数学
23. 【解析】 六边形 ABCDEF 是正六边形 AB A′DB DEC ° α 即 ° α
A ∵ ,∴ = =∠ ,∵ ∠ =90 - , 2∠1=90 - ,∴ ∠1=
BC AF ABC BAF ° BAC
= = 1,∠ = ∠ = 120 ,∴ ∠ = ° 1α 故 选项不正确 将 CDE沿DE折叠
45 - , A ;∵ △ ,
1 ° ABC ° GAF ° ° ° 2
(180 -∠ )= 30 ,∴ ∠ =120 -30 =90 , 点C落在 BDE 内的 C′处 C′DE CDE α
2 △ ,∴ ∠ =∠ = ,
同理可求 AFB ° 在 FAG 中 FG C′DE A′DB 即 α 故 选项不正确 由折叠
, ∠ = 30 , Rt △ , = ∠ <∠ , ∠1> , B ;
AF 得 C′ED CED ° CED °
1 2 3 同理可求 FG CG CH ∠ =∠ ,∴ ∠2=180 -2∠ =180 -
AFB= °= , , = = = ° α α 故 选项不正确 选项正确.
cos∠ cos 30 3 2(90 - )=2 , C ,D
5. 【解析】如解图 图形是正六边形与矩形叠拼成
FH 2 3 四边形 GCHF 是菱形 四边形 GCHF B , ∵
= ,∴ ,∴ 的一个组合图形 且正六边形的边长为 BCD
3 , 2,∴ ∠ =
° A ° BC CD ACB ° AB
的面积是CG AF 2 3 2 3. 120 ,∠ =90 , = =2,∴ ∠ =60 ,∴ =
· = ×1=
3 3 BC ACB 3 AC BC ACB
24. 【解析】如解图 设正八边形的中心为 O 连接 ·sin∠ =2× = 3, = ·cos∠ =2×
45 , , 2
AO BO CO DO 以 OA 长为半径作圆 八边形
, , , , ,∵ 1 同理BF DE AF AE AC CD
° =1, = 3, =1,∴ =2 3, = + +
ABCDEFGH是正八边形 AOB COD 360 2
,∴ ∠ =∠ = = DE 矩形的面积是AE AF .
8 =4,∴ · =4×2 3=8 3
° AMB ACB CBD 1 AOB
45 ,∴ ∠ = ∠ + ∠ = ∠ +
2
1 COD °.
∠ =45
2
第 题解图
5
6. 【解析】如解图 连接BD BF 在矩形ABCD中
5 , , ,∵ ,
AB AD A ° BD AB2 AD2
=8, =6,∠ =90 ,∴ = + =10,∴
第 题解图 BF BD 点 G 为 BE 的中点 点 H 为 EF 的中
24 ≤ =10,∵ ,
25.
D 点 GH是 EBF的中位线 GH 1 BF 1
,∴ △ ,∴ = ≤ ×10=
第十八讲 矩形、菱形、正方形 2 2
当点F D重合时 GH取得最大值 .
5,∴ , , 5
1. 【解析】 平行四边形本身就有 AB CD 的性
D A. ∵ ∥
质 此条件不能使平行四边形 ABCD 变为矩形 该
,∴ ,
选项错误 AB BC 平行四边形中邻边相等时是
;B.∵ = ,
菱形 不是矩形的判定条件 此条件不能使平行四
, ,∴
边形ABCD变为矩形 该选项错误 平行四边形
, ;C.∵
本身就有 B D 的性质 此条件不能使平行四 第 题解图
∠ =∠ ,∴ 6
边形ABCD变为矩形
,
该选项错误
;D.∵
矩形的判定
7. 证明: 四边形ABCD是矩形
(1) ∵ ,
定理之一是 对角线相等的平行四边形是矩形 平行
“ ”, AB CD B C °
∴ = ,∠ =∠ =90 ,
四边形ABCD 中 AC BD 平行四边形 ABCD 是矩
= ,∴ BAE CDF
∵ ∠ =∠ ,
形 该选项正确.故选
, D. ABE DCF
∴ △ ≌△ (ASA);
2. 【解析】 四边形ABCD为矩形 CO OA 点H
C ∵ ,∴ = ,∵ 解: ABE DCF
(2) ∵ △ ≌△ ,
是BC 边的中点 OH 是 ABC 的中位线 AB
,∴ △ ,∴ = AE DF
∴ = =13,
OH 该草坪的面积为
2 =2×20=40(m),∴ 40×30= ABE ° AB
∵ ∠ =90 , =12,
2 .
1 200(m ) BE AE2 AB2 .
3. 【解析】 四边形ABCD为矩形 AB AE BE ∴ = - =5
D ∵ , =3, =4, 8. 证明 O是AC的中点
BC BAD CDA ° CD AB BE (1) :∵ ,
= ,∴ ∠ =∠ =90 , = =3,∴ = OA OC
∴ = ,
AB2
+
AE2
=5,∴
BC
=
AD
=
BE
=5,∴
DE
=
AD
-
AE
=1, OD OB
∵ = ,
在 CDE中 CE DE2 CD2 . 四边形ABCD是平行四边形
Rt△ , = + = 10 ∴ ,
4. 【解析】 四边形ABCD是矩形 AD BC C ABC °
D ∵ ,∴ ∥ ,∠ = ∵ ∠ =90 ,
° ADB .由折叠得 ADB A′DB 四边形ABCD是矩形
90 ,∴ ∠ =∠1 ∠ =∠ ,∴ ∠1 ∴ ;
4名师讲评式解析
° BE EF 在菱形 ABCD 中 B ° AB
(2) 90 , = , ,∠ =45 , =6,∴
BAE B ° BC AB AE BE AB
解题思路 ∠ =∠ =45 , = =6,∴ = = ·
° BF BE CF BF BC
sin45 =3 2,∴ =2 =6 2,∴ = - =6 2
.
-6
13. AB AD 或AC BD 答案不唯一 【解析】根据有
= ( ⊥ , )
一组邻边相等的平行四边形为菱形 可以添加 AB
, : =
AD 根据对角线互相垂线的平行四边形为菱形 可以
; ,
添加 AC BD 答案不唯一 .
: ⊥ ( )
14. 【解析】 四边形 ABCD是菱形 AC BD
15 ∵ , =6, =5,
菱形ABCD的面积是1 AC BD 1 .
∴ · = ×6×5=15
2 2
15. 【解析】如解图 连接AC交BD于点O 过点E
85 , ,
作EG BD于点G 四边形 ABCD是菱形 对角线
⊥ ,∵ ,
BD的长为 AC BD AO CO BO DO AB
16,∴ ⊥ , = , = =8, =
AD AO AD2 OD2 E 是
=4 5,∴ = - = 80-64=4,∵
AD的中点 AD DE EG BD EG AC
,∴ =2 ,∵ ⊥ ,∴ ∥ ,∴
解: l l BO OC BC BO AB AO AO OC EG DG DE
∵ 2- 1= + + -( + + ), = ,
△
EGD
∽△
AOD
,∴ AO=DO=DA=
1
,∴
EG
=
1AO
=
l l BC AB b a 2 2
∴ 2- 1= - = - =2,
四边形ABCD是矩形 AB CD a AD BC b DG 1DO BF FG BD GD BF
∵ ,∴ = = , = = , 2, = =4,∵ =3,∴ = - - =9,∴
l a a b b a b 2
∴ 3=
{b
+
a
+ + =28,
{
∴
a
+ =14,
EF = EG2 + FG2 = 4+81= 85 .
联立 - =2, 解得 =6,
a b b
+ =14, =8,
ABC °
∵ ∠ =90 ,
在 ABC中 AC AB2 BC2 a2 b2
∴ Rt△ , = + = + =10,
AC的长为
∴ 10;
第 题解图
15
解:同理 可知 l l BC AB b a m l a
(3) (2) ,2- 1= - = - = , 3=2 + 16. 2 3 【解析】
∵
四边形 ABCD 是矩形
,∴ ∠
ADE
=
m
3
b a b m a b m
2 =2( + )=60+ ,∴ + =30+ ,0< <60, ° AB CD. 四边形AFEB是菱形 AB CD AF
2 90 , = ∵ ,∴ = =
四边形 ABCD 的面积 ab ( a + b ) 2 -( a - b ) 2 = EF , 设AB =2 m ,∴ AB = AF = EF =2 m. ∵ E关于直线
∴ = = =
4 AD的对称点为 F DF DE 1 EF 1 AF m
m ,∴ = = = = ,
2 m2 2 2
(30+ ) - m 2 ADF ° FAD ° AD m AB AD
2 -3( -20) +4 800 ∠ =90 ,∴ ∠ =30 ,∴ = 3 ,∴ ∶
= ,
4 16
m m 2 3.
当 m 时 四边形 ABCD 的面积最大 最大 =2 ∶ 3 =
∴ = 20 , , 3
是 . 17. 解题思路
300
9. 【解析】菱形四条边都相等 对角相等 对角线互
A , ,
相垂直平分且平分一组对角.矩形的对角线相等.故
选项符合题意.
A
10. 【解析】 对角线AC与BD互相垂直平分 四
C ∵ ,∴
边形ABCD为菱形 AB BC AD CD 四边
,∴ = = = =3,∴
形ABCD的周长为 .
12
11. 【解析】根据作图可得AB AD BC CD 四边
D = = = ,∴
形 ABCD 是菱形 AB CD BDC BDA
,∴ ∥ ,∠ = ∠ =
1 ADC A ADC °. 又 A °
∠ ,∠ + ∠ = 180 ∵ ∠ = 40 ,
2
BDC BDA 1 ADC 1 ° A °.
∴ ∠ =∠ = ∠ = (180 -∠ )=70
2 2
12. 【解析】由折叠的性质可知 AEB AEF
D ,∠ =∠ =
5中考真题分类·数学
【解析】 四边形ABCD为菱形 对角线AC与 y2 x2.
13 ∵ , ∴ =1+2
BD相交于点O AC BD AOB BOC
, =8, =12,∴ ∠ =∠ =
° AO CO BO 又 AE OF EC
90 , = =4, =6, ∵ =2, =1,∴ =
CF EF 即F为EC的中点 在 EBC中
6, =3,∴ =3, , △ ,
G为BE的中点 F为EC的中点 FG 为 EBC 的
, ,∴ △
中位线 FG 1 BC 在 BOC 中 BC
, ∴ = , Rt△ , =
2 第 题解图
18 ②
BO2 CO2 2 2 FG 1 BC 19. 证明: 点E是AC的中点 BE AC
+ = 6 +4 = 2 13, ∴ = (1) ∵ , ⊥ ,
2
BE是AC的垂直平分线
. ∴ ,
= 13 AB BC
18. 证明 AB CD ∴ = ,
(1) : ∵ ∥ , 四边形ABCD是平行四边形
ABF CDE ∵ ,
∴ ∠ =∠ , ABCD是菱形
AF AB CE CD ∴ ▱ ;
∵ ⊥ , ⊥ , 解:如解图 CE CF
BAF DCE ° (2) ,∵ = ,
∴ ∠ =∠ =90 ,
BE EF DF ∴ ∠1=∠2,
∵ = = ,
BE EF DF EF ∴ ∠4=∠1+∠2=2∠1,
∴ + = + ,
BE EF
BF DE ∵ = ,
∴ = ,
ABF CDE ∴ ∠3=∠1,
∴ △ ≌△ (AAS);
BE AC
解:四边形AECF是菱形 理由如下 ∵ ⊥ ,
(2) , :
°
如解图 ∴ ∠3+∠4=∠1+2∠1=3∠1=90 ,
①,
°
AB CD ∴ ∠1=∠2=∠3=30 ,
∵ ∥ ,
CE
ABF CDE ° ∵ =4,
∴ ∠ =∠ =30 ,
CF AE
∴ =4, =4,
在 ABF 和 DCE 中 AF 1 BF CE
∴ Rt△ Rt△ , = , AC
2 ∴ =8,
四边形ABCD是菱形
1DE ∵ ,
= , AB CD AB BC CD ABC °
2 ∴ ∥ , = = ,∠ =2∠3=60 ,
BE EF DF DCF ° ABC是等边三角形
∵ = = , ∴ ∠ =60 ,△ ,
E是BF的中点 F是DE的中点 DCF ° AB CD AC
∴ , , ∴ ∠ +∠1=90 , = = =8,
CGF °
AE 1BF CF 1DE ∴ ∠ =90 ,
∴ = , = ,
2 2
∴ AF = AE = CE = CF , ∴
GF
=cos 30
°
·
CF
=
3
×4=2 3,
2
四边形AECF是菱形
∴ ;
S 1CD GF 1 .
∴ △ DCF= · = ×8×2 3=8 3
2 2
第 题解图
18 ①
第 题解图
解:设AD 则AB x BD y 如解图 过点D 19
(3) =1, = , = , ②, 20. 【解析】 正方形ABCD的边长为 BC DC
作AB的垂线 交BA的延长线于点G A ∵ 2,∴ = =
, ,
BE EF FD FA AB DG AB BCD ° BD BC2 DC2 DEF
∵ = = , ⊥ , ⊥ , 2,∠ =90 ,∴ = + =2 2,∵ △
AB BF 与 DEC关于直线DE对称 DF DC DFE
△ ,∴ = =2,∠ =
∴ AG=FD=2, BCD ° EF EC BF BD DF
∠ =90 , = ,∴ = - =2 2-2,∵
x BEF的周长 BE EF FB BE EC FB BC FB
AG △ = + + = + + = + ,
∴ = ,
2 BEF的周长 .
x ∴ △ =2+2 2-2=2 2
BG 3 21. 【解析】 四边形 ABCD 是正方形 BCD
∴ = , B ∵ ,∴ ∠ =
2 ° DCA DBC BDC ° 由折叠的性质可
BD2 BG2 AD2 AG2 90 ,∠ =∠ =∠ =45 ,
∴ - = - ,
得CE EF BFE BCE ° DFE FBE
x = ,∠ =∠ =90 =∠ ,∠ =
y2 3 x 2 2 2
∴ -( ) =1 -( ) , CBE DEF FDE ° DE DF
2 2 ∠ ,∴ ∠ =∠ =45 ,∵ =2 2,∴ =
6名师讲评式解析
EF DE ° CE EF FBE n2 n2
= ·sin 45 = 2,∴ = = 2,∵ ∠ = CD面积的 倍 m2 m2 mn 整理 得
CBE DBC ° FBE CBE . ° 2 ,∴ + =2( - + ), ,
∠ ,∠ =45 ,∴ ∠ =∠ =22 5 ,∴ 4 4
CEG ° CBE BCE . ° CGE m m
∠ =180 -∠ -∠ =67 5 ,∴ ∠ = m2 mn n2 n2 2 设
4 -8 + =0,∵ >0,∴ 4( n ) -8· n +1=0,
° GCE CEG . ° CGE CEG
180 -∠ -∠ =67 5 ,∴ ∠ =∠ ,∴
CG CE . m
= =2 t t2 t 解得 t 2+ 3或 t 2- 3 舍
n = ,∴ 4 -8 +1=0, = = (
一题多解 2 2
m
【解析】 四边形 ABCD 为正方形, CBD 去 2+ 3.
B ∵ ∴ ∠ = ),∴ n =
ACB BDC °, BCD °,由折叠的性质可 2
∠ =∠ =45 ∠ =90 25. 证明: 四边形ABCD为正方形
知, CBE DBE . °, BFE BCD °, (1) ∵ ,
∠ =∠ =22 5 ∠ =∠ =90 AD BC ADE CBF °
FE CE, EGC ° . ° . °,CE EF DE ∴ = ,∠ =∠ =45 ,
= ∴ ∠ =45 +22 5 =67 5 = = {AD CB
· ° , DEF °,由折叠的性质可知, = ,
sin 45 = 2 ∠ = 45 在 ADE和 CBF中 ADE CBF
△ △ , ∠ =∠ ,
CEG BEF 1 ( ° DEF) . °, DE BF
∠ = ∠ = 180 -∠ = 67 5 ∴ = ,
2 ADE CBF
EGC CEG, CG CE . ∴ △ ≌△ (SAS);
∠ =∠ ∴ = =2 解:如解图 连接AC交BD于点O
22. 或 【解析】选择 四边形 ABCD (2) ①, ,
①②( ①③) ①②,∵ 四边形ABCD为正方形 BD
为平行四边形 AC BD 四边形ABCD为菱形 ∵ , =10,
, ⊥ ,∴ ,∵
AC = BD ,∴ 四边形ABCD为正方形 ; 或选择 ①③,∵ ∴ BD垂直平分AC , OA = OC = OB = 1BD =5,
2
四边形ABCD为平行四边形 AC BD 四边形AB-
, ⊥ ,∴ AF CF AE CE
∴ = , = ,
CD为菱形 ,∵ ∠ ADC =90 ° ,∴ 四边形 ABCD 为正方 由 知 ADE CBF
(1) △ ≌△ ,
形 选择 则错误 因为满足条件 可以为矩
AE CF
; ②③ , ②③ ∴ = ,
形 不一定是正方形.
AF CF AE CE
, ∴ = = = ,
23. 3 【解析】如解图 过点F分别作 FM BC FN 四边形AECF的周长为
, ⊥ , ⊥ ∵ 4 34,
8
AB 垂足为M N 连接AM 则 FMC ° 四边形 AF 1
, , , , ∠ =90 ,∵ ∴ = ×4 34= 34,
4
ABCD为正方形 ABC ° ABC FMC
,∴ ∠ =90 ,∴ ∠ =∠ , 在 AOF中 OF AF2 OA2
Rt△ , = - =3,
∴ AB ∥ FM ,∴ FN = BM ,∵ S △ ABF= 1 AB · FN , S △ ABM= ∴ BF = DE = OB - OF =5-3=2,
2
EF BD BF DE
∴ = - - =6,
1AB · BM ,∴ S △ ABF= S △ ABM,∵ CF ⊥ BE , 垂足为 F , ∴ EF的长为 6;
2
AB BC EBC ° BFC ° CF 1 BC
=1= ,∠ =30 ,∴ ∠ =90 , =
2
1 BCF ° CFM ° BCF °
= ,∴ ∠ =60 ,∴ ∠ =90 -∠ =30 ,
2
第 题解图
CM 1 CF 1 BM BC CM 3 S 25 ①
∴ = = ,∴ = - = ,∴ △ ABF =
2 4 4
S 1 3 3. 解:存在 a b
△ ABM= ×1× = (3) , =1, =2,
2 4 8 证明如下
:
如解图 过点 C G 作 BD 的垂线 CQ GP 分别交
②, , , ,
BD于点Q P
, ,
四边形ABCD是正方形 FG FC
∵ , ⊥ ,
CDG ° FCD FAD
∴ ∠ =90 ,∠ =∠ ,
第 题解图 FCD ° FGD FGA
23 ∴ ∠ =180 -∠ =∠ ,
FGA FAG
∴ ∠ =∠ ,
24. 2+ 3 【解析】根据题意 得四边形EFGH的面积
, = FG FA FC.
2 ∴ = =
根据 知AE CF
n n2 n (1) = ,
m2 2 m2 四边形ABCD面积 m 2
+( ) = + , =( - ) = FG FA FC AE CE.
2 4 2 ∴ = = = =
m2 mn
n2
. 四边形EFGH的面积等于四边形AB-
又
∵
CQ
⊥
DF
,
GP
⊥
FD
,
- + ∵ CQF ° FPG CFQ ° GFP
4 ∴ ∠ = 90 = ∠ , ∠ = 90 - ∠
7中考真题分类·数学
FGP 周末小测卷———四边形
=∠ ,
CFQ FGP
∴ △ ≌△ , 1. 【解析】 选项中的命题是真命题 故
PG FQ. D A,B,C , A,B,C
∴ = 选项不符合题意 选项平行四边形的对角线互相平
又 FC CE ;D
∵ = , 分 不一定相等 故 选项符合题意.
QE FQ GP PD , , D
∴ = = = , 2. 【解析】 多边形内角和公式为 n °
QP DE A ∵ ( -2)×180 ,∴
∴ = , n ° ° 解得n 按照图示剪法 新
CE2 GE2 FG2 GE2 FP2 GP2 GP2 PE2 FP2 ( -2)×180 =1 620 , =11, ,
∴ - = - = + -( + )= 多边形的边数会增加一条 条 所得新
PE2 FP PE FP PE EF EF PE EF ,11+1=12( ),∴
- =( + )( - )= ·( -2 )= · 多边形的边数为 .
QE PE EF QE PE EF QP 12
(2 -2 )= ·2( - )= 2 · = 3. 【解析】多边形外角和为 ° n °
EF DE A 360 ,∴ ( -2)×180 =
2 · , ° 解得n 该多边形的边数为 .
∴
GE2
=
CE2
-2
EF
·
DE
, 4.
360
【
×
解
4
析
,
】如解
=
图
10,
矩
∴
形对角线相等且互相
10
平分
B , ,∴
a b .
∴ =1, =2 OA OB OC OD . 对角线交角为 ° 形
= = = =10÷2=5 ∵ 60 ,
成的三角形为两边长均为 夹角为 °的三角形 符
5, 60 ,
合等边三角形特征 等边三角形的第三边长度为
,∴ 5,
矩形的一边为 即AB .根据矩形性质 AB2 BC2
∴ 5, =5 , +
AC2 2 解得 BC 矩形面积为
= =10 , =5 3,∴ 5×5 3 =
.
第 题解图 25 3
25 ②
26. 证明: 四边形ABCD是正方形
(1) ∵ ,
AB CB ABD CBD
∴ = ,∠ =∠ ,
又 BE BE
∵ = ,
ABE CBE
∴ △ ≌△ (SAS);
解: 四边形ABCD是正方形 第 题解图
(2) ∵ , 4
BAD ° ADB ° 5. 【解析】如解图 连接AC BD 连接EG HF交于点
∴ ∠ =90 ,∠ =45 , B , , , ,
DE DA O E F G H 分别是四边形 ABCD 各边的中点
∵ = , ,∵ , , , ,∴
DAE DEA
∴ ∠ =∠ , EH BD EH 1 BD FG BD FG 1 BD EF AC EF
∥ , = ; ∥ , = ; ∥ ,
DAE DEA 1 ° ADE . ° 2 2
∴ ∠ =∠ = (180 -∠ )=67 5 ,
2 1AC GH AC GH 1 AC. BD AC EH FG
BAE BAD DAE . ° = ; ∥ , = ∵ = ,∴ = =
∴ ∠ =∠ -∠ =22 5 ; 2 2
EF GH 四边形 EFGH 是菱形 EG HF OH
= ,∴ ,∴ ⊥ , =
解:如解图 连接AC AB 1HF OG 1EG HOG ° 四边形EFGH
(3) , ,∵ = 10+ 2, =3, = ,∴ ∠ =90 ,∵
2 2
BD AB
∴ = 2 = 2( 10+ 2)=2 5+2, 面积为 HF 1 EG 解得EG OG
E是BD的黄金分割点 且DE BE 24, =6,∴ 24= ×6× , =8,∴
∵ , > , 2
DE 5-1BD 5-1 1EG 在 HOG 中 GH OH2 OG2
∴ = = ×(2 5+2)=4, = = 4, Rt△ , = + =
2 2 2
BE BD DE 2 2 .
∴ = - =2 5-2, 3 +4 =5
四边形ABCD为正方形
∵ ,
AC BD
∴ = ,
黄金机翼 阴影部分 的面积 1 BE AC 1 BE
∴ ( ) = · = ·
2 2
第 题解图
BD . 5
=8
6. 【解析】如解图 过点G作GH BC于点H E F
B , ⊥ ,∵ ,
是BC边上的三等分点 BC BE EF FC
, =12,∴ = = =4,
FB BF CE 四边形 ABCD 是矩形 AB
=8,∴ = ,∵ ,∴ =
CD ABC BCD ° ABF DCE
,∠ =∠ =90 ,∴ △ ≌△ (SAS),
AFB DEC GEF 为等腰三角形 GH
∴ ∠ =∠ ,∴ △ ,∵ ⊥
第 题解图 BC EH HF CH 又 B ° GH
26 ,∴ = =2,∴ =6, ∵ ∠ =90 ,∴ ∥
8名师讲评式解析
FH GH CD AB ODF OBE OFD OEB
AB FGH FAB GH 在 ∥ , ∴ ∠ = ∠ , ∠ = ∠ ,
,∴ △ ∽△ ,∴ FB = AB,∴ =2, Rt DOF BOE S S S
∴ △ ≌△ (AAS),∴ △ DOF= △ BOE,∴ △ AOE+
GH
CGH中 GCF 1. S S S S 1 .
△ ,tan∠ =CH= 3 △ DOF= △ AOE+ △ BOE= △ AOB= 2 ×2×1=1
12. 【解析】如解图 连接 OE 四边形 ABCD 是菱
5 , ,∵
形 且AC BD AC BD OC 1AC OD
, =12, =16,∴ ⊥ , = =6,
2
第 题解图 1BD COD ° 在 COD中 由勾股
6 = =8,∴ ∠ =90 , Rt△ ,
2
7.
解题思路 定理得 CD OC2 OD2 2 2 E 是边
= + = 6 +8 =10,∵
连接GE,结合折叠的性质证明 EFG EBG CD的中点 OE是 OCD斜边上的中线 OE
Rt△ ≌Rt△ ,∴ Rt△ ,∴
( ),可得GF GB,设GB GF x,则AG x,DG
HL = = = =2- = 1CD EF BD EG AC OGE OFE
= =5,∵ ⊥ , ⊥ ,∴ ∠ =∠ =
x,根据勾股定理解得x 1,再利用角平分线的性 2
2+ = COD ° 四边形OGEF是矩形 FG OE .
2 ∠ =90 ,∴ ,∴ = =5
质得到点H到AD,AG,GD的距离相等,利用面积之
比即可求解.
【解析】如解图 连接 GE 四边形 ABCD是正方
A , ,∵
形 B C BAD ADC ° AB BC CD
,∴ ∠ =∠ =∠ =∠ =90 , = = = 第 题解图
DA E 是 BC 边的中点 BE CE 将 12
=2,∵ ,∴ = = 1,∵
DCE沿直线 DE 翻折得 DFE EFD C
△ △ ,∴ ∠ =∠ = 13. 2 3 【解析】如解图 连接 AC 交 BD 于点 O 连接
, ,
° FE CE BE DF DC GFE GBE
90 , = = =1, = =2,∴ ∠ =∠ = 3
° GE GE EFG EBG GF OH 过点H作HN BD于点N CF BE CF
90 ,∵ = ,∴ Rt△ ≌Rt△ (HL),∴ = , ⊥ ,∵ =2, =2 ,
GB 设GB GF x 则AG x DG x 在 ADG BE 四边形 ABCD 是矩形 AB CD OB
, = = , =2- , =2+ , Rt△ ∴ =4,∵ ,∴ ∥ , =
中 , 根据勾股定理可得AG2 + AD2 = DG2 , 即 (2- x ) 2 +2 2 OA = OD ,∴ ∠ OAB =∠ OBA =30 ° ,∴ ∠ AOD =60 ° ,∵
H是DE的中点 点O是BD的中点 OH是 BDE
x 2 解得x 1 DG 5 AG 3 ADG和 , ,∴ △
=(2+ ) , = ,∴ = , = ,∵ ∠
2 2 2 的中位线 OH 1 BE OH AB HON
DAG的平分线DH AH 相交于点 H 点 H 到 AD ,∴ = =2, ∥ ,∴ ∠ =
2
∠ , ,∴ ,
GD
AG GD的距离相等 S S ABD ° HN 1OH OH CD OH CF
, ,∴ △ DGH =GD + AG + AD· △ ADG = ∠ =30 ,∴ = 2 =1,∵ ∥ , = =
四边形 OHFC 是平行四边形 AC FH
5 2,∴ ,∴ ∥ ,∴
HGN AOD ° 在 HNG 中 HGN
2 1 3 5. ∠ =∠ =60 , Rt△ ,sin∠ =
× × ×2=
5 3 2 2 8 HN
+ +2 3 即 1 3 HG 2 3.
2 2 HG= , HG= ,∴ =
2 2 3
第 题解图
第 题解图 13
7
8. 【解析】观察题图可知 该正多边形是正六边形
14.
(1)
证明:
∵
D
,
E分别为AB
,
AC的中点
,
720 , ,
DE是 ABC的中位线
该正多边形的内角和为 ° °. ∴ △ ,
∴ (6-2)×180 =720
9. 【解析】 E F分别为AB BC的中点 且EF ∴
DE
∥
BC.
12 ∵ , , , =2,
DG FC
BD EF 是 ABC 的中位线 AC EF ∵ = ,
=6,∴ △ ,∴ =2 =4,∴
四边形DFCG是平行四边形.
∴
S 1AC BD 1 .
菱形ABCD= · = ×4×6=12 又 DF BC
2 2 ∵ ⊥ ,
10. 【解析】 五边形ABCDE是正五边形 FBC DFC °
36 ∵ ,∴ ∠ ∴ ∠ =90 ,
° 四边形DFCG是矩形 分
FCB 360 ° F ° FBC FCB ∴ ; …………………… (3 )
=∠ = =72 ,∴ ∠ =180 -∠ -∠ 解 DF BC
5 (2) :∵ ⊥ ,
°. DFB °
=36 ∴ ∠ =90 ,
11. 【解析】 四边形 ABCD 是菱形 DO BO B °
1 ∵ ,∴ = =1, ∵ ∠ =45 ,
9中考真题分类·数学
BDF是等腰直角三角形 命题 真命题 分
∴ △ , 2: ,……………………………… (6 )
BF DF 证明 如解图 AE DC CE AB
∴ = =3, : ②,∵ ∥ , ∥ ,
DG FC 四边形ADCE是平行四边形
∵ = =5, ∴ ,
BC BF FC . CD是 ABC斜边AB上的中线
∴ = + =3+5=8 ∵ Rt△ ,
由 可知 DE是 ABC的中位线 四边形DFCG是 AD CD
(1) , △ , ∴ = ,
矩形 四边形ADCE是菱形
, ∴ ,
ED AC 分
DE 1BC CG DF G ° ∴ ⊥ ; ………………………………… (10 )
∴ = =4, = =3,∠ =90 ,
2
EG DG DE
∴ = - =5-4=1,
CE CG2 EG2 2 2
∴ = + = 3 +1 = 10,
E为AC的中点
∵ ,
AC CE 分 第 题解图
∴ =2 =2 10;………………………… (6 ) 15 ②
命题 真命题 分
3: ,……………………………… (6 )
解:这个命题是真命题 理由如下 证明 如解图 AE DC CE AB
(3) , : : ②,∵ ∥ , ∥ ,
如解图 过点A作AP DG 垂足为点P 四边形ADCE是平行四边形
, ⊥ , , ∴ ,
四边形DFCG为矩形 D为AB的中点 B ° EC AD
∵ , ,∠ =45 , ∴ = ,
ADP ° AD BD DF CD是 ABC斜边AB上的中线
∴ ∠ =45 , = = 2 =3 2, ∵ Rt△ ,
AP DP AD DB
∴ = =3, ∴ = ,
CG AP. EC DB
∴ = ∴ = ,
DG 四边形EDBC是平行四边形
∵ =5, ∴ ,
PG DG DP ED BC 任选两个命题证明即可 . 分
∴ = - =5-3=2, ∴ = ( ) …… (10 )
由 (2) 得EG =1, 16. 证明: 四边形ABCD是正方形
(1) ∵ ,
∴ PE =1,∴ PE = EG , ∴ AB ∥ CD且AB = CD.
APE CGE
∵ ∠ =∠ , 又 BE DF
∵ = ,
APE CGE
∴ △ ≌△ (SAS), AB BE CD DF
∴ - = - ,
在线段DG上存在一点P 使得 APE CGE.
∴ , △ ≌△ 即AE CF
= ,
分
………………………………………… (10 ) 又 AE CF
∵ ∥ ,
四边形AECF是平行四边形 分
∴ ; …………… (5 )
解:如解图 过点E作EH CD于点H
(2) , ⊥ ,
四边形ABCD是正方形 BC
∵ , =12,
CD BC B BCD °
∴ = =12,∠ =∠ =90 ,
又 EHC °
第 题解图 ∵ ∠ =90 ,
14
四边形EBCH是矩形
15. 解:命题 真命题 分 ∴ ,
1: , ………………………… (1 ) EB HC EH BC .
证明 如解图 AE DC CE AB ∴ = =5, = =12
: ①,∵ ∥ , ∥ , 又 DF BE
四边形ADCE是平行四边形 ∵ = =5,
∴ , HF CD DF CH .
EC AD ∴ = - - =12-5-5=2
∴ = ,
CD是 ABC斜边AB上的中线 在 EHF 中 由勾股定理 得 EF EH2 FH2
∵ Rt△ , Rt△ , , = + =
∴ AD = DB , 12 2 +2 2 =2 37 . ………………………… (11 分 )
CE AB
∵ ∥ ,
EFC BFA
∴ △ ∽△ ,
EF EC EC
1
∴ BF=BA=BD AD= ,
+ 2
S
△ CEF 1 即S S 分
∴ S △ CFB = 2 , △ CFB=2 △ CEF; …………… (5 ) 第 16 题解图
第 题解图
15 ①
10名师讲评式解析
第六章 圆
第十九讲 圆的基本性质
1. 【解析】根据圆周角定理 一条弧所对的圆周角等
B ,
于它所对的圆心角的一半 C 1 AOB °.
,∴ ∠ = ∠ =50
2
2. 【解析】 CAB ° AB 是 O 的直径
B ∵ ∠ = 40 , ☉ ,∴
CBA ° ADC °.
∠ =50 ,∴ ∠ =50
3. 【解析】如解图 连接OC AB是 O的直径 AC
B , ,∵ ☉ ,
(
BC
=
(
° BAC ABE ACG GAC ACG
90 -∠ ,∵ ∠ =∠ ,∴ ∠ =∠ ,∴
CG AG AF FG CDG AEG °
= = + =1+3=4,∵ ∠ =∠ =90 ,
DG CG
CGD AGE CDG AEG
∠ =∠ ,∴ △ ∽△ ,∴ EG=AG=1,∴
DG EG AD AG DG CD CG2 DG2
= =3,∴ = + =4+3=7, = -
2 2 AC AD2 CD2 2 2
= 4 -3 = 7,∴ = + = 7 +( 7) =
O的直径为 .
2 14,∴ ☉ 2 14
AOC ° D 1 AOC °.
,∴ ∠ =90 ,∴ ∠ = ∠ =45
2
第 题解图
7
8. 【解析】 四边形 ABCD 内接于 O AB
C ∵ ☉ ,
第 题解图
3
4. 【解析】 AB为半圆O的直径 ACB ° 在
C ∵ ,∴ ∠ =90 ,
ACB中 CAB ° ABC ° 由作图可得
Rt△ ,∠ =50 ,∴ ∠ =40 ,
BD是 ABC的平分线 CBD ABD °.
∠ ,∴ ∠ =∠ =20
5.
40
6. 【解析】如解图 延长 AC BD 交于点 E AB 是
8 , , ,∵
O的直径 BD AD BC AC ADB ADE
☉ ,∴ ⊥ , ⊥ ,∴ ∠ =∠ =
BCE ° AD平分 BAC BAD EAD
∠ =90 ,∵ ∠ ,∴ ∠ =∠ ,∵
AD AD BAD EAD ED BD
= ,∴ △ ≌△ (ASA),∴ = =2 5,
BE 在 ABD 中 AB BD
∴ =4 5,∵ Rt△ , =10, =2 5,∴
AD 2 2 DAC BAD = 10 -(2 5) = 4 5,∵ ∠ = ∠ =
CBE BCE ADB ° BEC ABD
∠ ,∠ =∠ =90 ,∴ △ ∽△ ,∴
BE BC BC
4 5 BC .
AB=AD,∴ = ,∴ =8
10 4 5
第 题解图
6
7. 解题思路
连接AE,AC,构造 AEC,由题干EG FG,结合矩
Rt△ =
形的性质,求得CG AG ,进而求得DG EG ,利
= =4 = =3
用勾股定理,求得CD的长,即可求 O的直径.
☉
【解析】如解图 连接AE AC 记AC与BE交
2 14 , , ,
于点L 四边形ABCD是矩形 且矩形ABCD内接于
,∵ ,
O D BAD ° AC 是 O的直径 AF
☉ ,∴ ∠ =∠ =90 ,∴ ☉ ,∵
EG FG BEC GFE AFB BEC
=1, = =3,∴ ∠ =∠ =∠ ,∵ ∠
BAC AFB BAC ALB GAC AFB
=∠ ,∴ ∠ =∠ ,∴ ∠ =∠ +∠
GAC BAC BAD ° GAC ABE
=∠ +∠ =∠ =90 ,∴ ∠ =∠ =
(
BC
=
(
,
ABC ° ABC ADC ° ADB
∠ = 70 , ∴ ∠ + ∠ = 180 , ∠ =
BDC ADC ° ° ° BDC
∠ ,∴ ∠ = 180 - 70 = 110 ,∴ ∠ =
1 ADC °.
∠ =55
2
9. 【解析】如解图 延长AB至点E 使BE AD 连
A ①, , = ,
接CE BD 连接CO并延长交 O于点F 连接AF
, , ☉ , ,∵
四边形ABCD内接于 O ADC ABC ABC
☉ ,∴ ∠ +∠ =∠ +
EBC ° ADC EBC BAC CAD
∠ =180 ,∴ ∠ =∠ ,∵ ∠ =∠ =
° CBD CDB ° DAB ° BD 是
45 ,∴ ∠ =∠ =45 ,∠ =90 ,∴
O的直径 DCB ° DCB 是等腰直角三
☉ ,∴ ∠ =90 ,∴ △
角形 DC BC AD EB ADC EBC
, = ,∵ = ,∴ △ ≌△ (SAS),
ACD ECB AC EC AB AD AB BE
∴ ∠ =∠ , = ,∵ + =2,∴ + =
AE DCB ° ACE ° ACE 是等
=2,∵ ∠ =90 ,∴ ∠ =90 ,∴ △
腰直角三角形 AC AE ° ABC
,∴ = ·cos 45 = 2,∵ ∠ =
° AFC ° CF 是 O 的直径 FAC
60 ,∴ ∠ =60 ,∵ ☉ ,∴ ∠ =
AC
° CF 2 6 OF OC 1CF 6 即
90 ,∴ = °= ,∴ = = = ,
sin 60 3 2 3
O的半径是 6.
☉
3
第 题解图
9 ①
一题多解
如解图 ,连接 BD,根据题意,得 DAB °, BD
② ∠ =90 ∴
为 O 的直径, DCB °, DAC BAC
☉ ∴ ∠ = 90 ∵ ∠ =∠ =
°, DBC BDC °, DC BC, DCB
45 ∴ ∠ =∠ =45 ∴ = ∴ Rt△
是等腰直角三角形,过点C分别作 CE AD交 AD的
⊥
延长线于点E,CF AB于点F, AC是 DAB的平分
⊥ ∵ ∠
线, CE CF, DEC BFC( ), DE
∴ = ∴ Rt△ ≌Rt△ HL ∴ =
1中考真题分类·数学
BF, AD AB AD AF BF ,即AD DE AF AE AF
∵ + = + + =2 + + = +
,易得四边形 AFCE 是正方形, AE AF CF ,
=2 ∴ = = =1
在 CFB中, FBC °, FB 3,BC 2 3,
Rt△ ∵ ∠ =60 ∴ = =
3 3
BD 2 6, O的半径是 6.
∴ = ∴ ☉
3 3
第 题解图
9 ②
10. 【解析】 四边形ABCD是 O的内接四边形
6 3 ∵ ☉ ,
BCD ° A ° ° ° 如解图 连
∠ =120 ,∴ ∠ =180 -120 =60 , ,
接BO并延长 交 O于点E 连接DE 则BE为 O
, ☉ , , ☉
的直径 BED A ° BDE ° O的半
,∠ =∠ =60 ,∠ =90 ,∵ ☉
径为 BE 在 BDE中 BD BE E
6,∴ =12, Rt△ , = ·sin =
3 .
12× =6 3
2
第 题解图
10
11. ° 【解析】如解图 记 AB 交 CD 于点 E AB 是
66 , ,∵
O的直径 BC
☉ ,
(
BD
=
(
AB CD BED °
,∴ ⊥ ,∴ ∠ =90 ,∴
ABD ° CDB ° AD
∠ =90 -∠ =66 ,∵
(
AD
=
(
14. 【解析】如解图 连接OA D为AB的中点 C为
B , ,∵ ,
拱门最高点 线段CD经过拱门所在圆的圆心 AB
, , =
CD AB AD BD . 设拱门所在圆的半
1 m,∴ ⊥ , = =0 5 m,
径为r OA OC r CD . OD
m,∴ = = m,∵ =2 5 m,∴ =
. r 在 OAD中 r2 . 2 . r 2 解
(2 5- )m,∴ Rt△ , =0 5 +(2 5- ) ,
得r . 拱门所在圆的半径为 . .
=1 3,∴ 1 3 m
第 题解图
14
15. 解 如解图 所示 点O即为所求
(1) : ① , ;
第 题解图
15
【作法提示】 BC 是圆的直径 运用尺规作直径
∵ ,∴
BC的垂直平分线交BC于点O 点O即为所求圆
,∴
心的位置.
证明 如解图
(2) : ②,
四边形ABCD是平行四边形
∵ ,
AD BC AD BC
∴ ∥ , = ,
点O E分别是BC AD的中点
∵ , , ,
ACD
,∴ ∠ =
AE 1AD OC 1BC
ABD °. ∴ = , = ,
∠ =66 2 2
AE OC
∴ = ,
四边形AOCE是平行四边形
∴ ;
证明:选择
(3) ①,
第 题解图 如解图 连接OE 过点A作AG OC于点G 过点
11 ③, , ⊥ ,
E作EH OC于点H
12. 【解析】 OC AB AB AD 1 AB ⊥ ,
2 ∵ ⊥ , =8,∴ = = 4, BC AC BO CO
2 ∵ =2 , = ,
ADO ° OC OA 在 ADO 中 AC OC.
∠ =90 ,∵ =5,∴ =5,∴ Rt△ , ∴ =
OD OA2 AD2 DC OC OD . 又 EO OC
= - =3,∴ = - =5-3=2 ∵ = ,
13. 【解析】如解图 在 CD的延长线上取一点 O 使 AC OE.
C , , ∴ =
OA OC 则点 O为圆心 连接 OA 则 OAD 为直角 又 AD BC AG OC EH OC
= , , , △ ∵ ∥ , ⊥ , ⊥ ,
三角形 OA2 AD2 OD2 结合OA OC OD CD OD AG EH.
, = + , = = + = + ∴ =
AB 可得AD OD OA 即OA2 2 OA 又 AGC ° OHE
10, =40 =20, = -10, =20 +( ∵ ∠ =90 =∠ ,
-10) 2 , 解得OA =25, 即圆形工件的半径为 25 cm . AGC EHO
∴ △ ≌△ ,
EOC ACO.
∴ ∠ =∠
设 ACO α 则 EOC ACO α
∠ = , ∠ =∠ = ,
AC平分 BCE
∵ ∠ ,
OCE α OEC
∴ ∠ =2 =∠ ,
第 题解图
α α α °
13 ∴ +2 +2 =180 ,
2名师讲评式解析
α °
∴ =36 ,
° °
AOC 180 -36 °
∴ ∠ = =72 ,
2
AOB ° ° °.
∴ ∠ =180 -72 =108
第 题解图
15 ③
或选择
②,
如解图 AC平分 BCE AE BC
③,∵ ∠ , ∥ ,
ACB ACE ACB EAC AEO EOC
∴ ∠ =∠ ,∠ =∠ ,∠ =∠ ,
EAC ACE
∴ ∠ =∠ ,
AE CE
∴ = ,
又 AO AE
∵ = ,
AO AE CE AOE AEO
∴ = = ,∠ =∠ ,
又 AD BC AG OC EH OC
∵ ∥ , ⊥ , ⊥ ,
AG EH OAG CEH
∴ = ,∴ △ ≌△ ,
AOC ECO
∴ ∠ =∠ ,
设 EOC α
∠ = ,
AOE AEO EOC α
∴ ∠ =∠ =∠ = ,
AOC α OCE
∴ ∠ =2 =∠ ,
又 OE OC OEC OCE α
∵ = ,∴ ∠ =∠ =2 ,
α α α °
∴ +2 +2 =180 ,
α °
∴ =36 ,
AOC α °
∴ ∠ =2 =72 ,
AOB ° ° °. ∴ ∠ =180 -72 =108
选择条件 或 证明即可
( ① ② )
16. 证明: 点B C D在 O上 BC
(1) ∵ , , ☉ ,
(
CD
=
(
由题意知 ADB ° O是AB的中点
,∠ =90 , ,
↓
(直径所对的圆周角是直角)
OC AD OC BD OE是 ABD的中位线
∵ ∥ ,∴ ⊥ , △ ,
OE 1AD
∴ = =1,
2
设半圆O的半径为r 则CE r
, = -1,
由勾股定理知 OB2 OE2 BE2 BC2 CE2
, - = = - ,
即r2 2 2 r 2
-1 =(2 3) -( -1) ,
解得r r 舍去
1=3, 2=-2( ),
AB r .
∴ =2 =6
第 题解图
17
一题多解
如解图 ,延长BC,AD交于点E,
②
OC AD,O为AB的中点,
∵ ∥
OC为 ABE的中位线,
∴ △
设半圆O的半径为R,则AE R,
=2
DE R ,
∴ =2 -2
BC ,
∵ =2 3
BE ,CE ,
∴ =4 3 =2 3
B ADC °, ADC EDC °,
∵ ∠ +∠ =180 ∠ +∠ =180
, EDC B,
OB OC OD BC CD ∴ ∠ =∠
∴ = = , = ,
{OB OD ∵ ∠ E =∠ E,
= ,
EDC EBA,
在 BOC和 DOC中 OC OC ∴ △ ∽△
△ △ , = ,
EC ED
BC DC ,
= , ∴ EA=EB
BOC DOC
∴ △ ≌△ (SSS);
R
解: OC OB 即2 3 2 -2,
(2) ∵ = , R =
OCB ABC ° 2 4 3
∴ ∠ =∠ =65 ,
解得R ,R (舍去),
∴ ∠
COB
=180
°
-65
°
×2=50
°
,
1=3 2=-2
BOC DOC DOC COB ° AB R .
∵ △ ≌△ ,∴ ∠ =∠ =50 , ∴ =2 =6
DOB ° 18. 解: 如解图 连接OD
∴ ∠ =100 , (1) ①, ,
OD OB AB为 O的直径
∵ = , ∵ ☉ ,
° DOB OA OB
ABD ODB 180 -∠ °. ∴ = ,
∴ ∠ =∠ = =40 {AO BO
2 = ,
17. 证明: DAB ABC ° AOC 在 ACO和 BCO中 AC BC
(1) ∵ ∠ + 2∠ = 180 ,∠ = △ △ , = ,
ABC CO CO
2∠ , = ,
ACO BCO
↓ ∴ △ ≌△ (SSS),
(同弧所对的圆心角是圆周角的 倍)
2 AOC BOC 1 ° °
DAB AOC ° ∴ ∠ =∠ = ×180 =90 ,
∴ ∠ +∠ =180 , 2
OC AD OA OD OD OE
∴ ∥ ; ∵ = , = ,
解:如解图 连接BD 交OC于点E. 设 OAD ODA α ODE OED β
(2) ①, , ∴ ∠ =∠ = ,∠ =∠ = ,
3中考真题分类·数学
α β ° ° °
∴ 2 +2 =360 -90 =270 ,
ADE α β ° °
∴ ∠ = + =270 ÷2=135 ;
第 题解图
18 ①
如解图 连接OD
(2) ②, ,
AOC °且D为AC的中点 ∵ ∠ =90 ,
OD AD CD 1AC
∴ = = = =3,
2
AO OD
∵ = ,
AOD为等边三角形
∴ △ ,
AOD °
∴ ∠ =60 ,
DOE ° ° °
∴ ∠ =90 -60 =30 ,
DE
∴
(
30 1 .
= ×π×3= π
180 2
第 题解图
18 ②
19. 证明: 如解图 连接OC OD
(1) ①, , ,
OC OD
∵ = ,
OCD ODC.
∴ ∠ =∠
CE DF
∵ = ,
OCE ODF
∴ △ ≌△ (SAS),
OE OF
∴ = ,
又 OA OB
∵ = ,
OE OF
EF AB
∴ OA=OB,∴ ∥ ,
即AB CD
∥ ;
第 题解图
19
(2)
解题思路
看到AB2 BF·OB这种形式,首先考虑将三条线段
=
放入 个三角形中,证明线段所在的两个三角形相
2
似,利用AB
(
BD
=
(
得到等弧所对的弦相等,将 AB 进
行等量转化.
如解图 连接BD OD.
②, ,
AB
∵
(
BD
=
(
AB BD
∴ = ,
易得 AOB DOB
△ ≌△ ,
ABO OBD ODB.
∴ ∠ =∠ =∠
由 得AB CD
(1) ∥ ,
ABO DFB
∴ ∠ =∠ ,
ODB DFB.
∴ ∠ =∠
OBD DBF
∵ ∠ =∠ ,
OBD DBF
∴ △ ∽△ ,
OB BD
∴ DB=BF,
BD2 BF OB
∴ = · ,
即AB2 BF OB
= · ;
如解图 过点 O作 OP AB 于点 P 分别与
(3)① ③, ⊥ ,
CD AB交于点G P 连接OD OC.
, , , ,
第 题解图
19 ③
AB OP AB
∵ =6, ⊥ ,
AP BP
∴ = =3,
OA
∵ =3 2,
OP OA2 AP2
∴ = - =3,
A B ° ∴ ∠ =∠ =45 ,
AOB ° ∴ ∠ =90 ,
OE
AB CD 2
∵ ∥ ,OA= ,
2
OG
2
∴ OP= ,
2
OG 3 2
∴ = ,
2
3 2
OG
2 1 °
∵ OD= = =cos 60 ,
3 2 2
DOP °
∴ ∠ =60 ,
COD °
∴ ∠ =120 ,
°
120 1
∵ °= ,
360 3
S 1S
∴ 扇形COD= ☉ O;
3
如解图 连接PE PF AB OP AB
② ③, , ,∵ =6, ⊥ ,
AP BP
∴ = =3,
OA
∵ =3 2,
OP OA2 AP2
∴ = - =3,
A B °
∴ ∠ =∠ =45 ,
AOB °
, ∴ ∠ =90 ,
4名师讲评式解析
【解析】如解图 连接 OA OB PA PB 分别与
CD DG 1CD 3 7 D , , ,∵ ,
∵ =3 7, = = , O相切于A B两点 PAO PBO ° P
2 2 ☉ , ,∴ ∠ =∠ =90 ,∵ ∠
∴
OG
=
OD2
-
DG2
=
3
, =80
°
,∴ ∠
AOB
=360
°
-2×90
°
-80
°
=100
°
,∴ ∠
C
=
1
2 2
AOB ° 或 C′ ° ° °.
OG GP 3 ∠ =50 , ∠ =180 -50 =130
∴ = = ,
2
AB CD
∵ ∥ ,
EF OP
∴ ⊥ ,
EG GF
∴ = ,
四边形OEPF为菱形
∴ , 第 题解图
EOF ° 4
∵ ∠ =90 ,
5. 【解析】如解图 连接OB PB 与 O相切于点
四边形OEPF为正方形. 20 , ,∵ ☉
∴
B OB是 O的半径 OBP °.又 P °
第二十讲 与圆有关的位置关系 , ☉ ,∴ ∠ =90 ∵ ∠ =50 ,
BOP ° PAB 1 BOP °.
∴ ∠ =40 ,∴ ∠ = ∠ =20
1. 【解析】如解图 连接AO并延长交 O于点H 连 2
B , ☉ ,
接OB OC 易知A O D H四点共线 由题意易得BD
, , , , , ,
CD AO BO CO HO AH BC 在 OCD
= =4, = = = =5, ⊥ , Rt△
中 OD OC2 CD2 2 2 DH OH OD
, = - = 5 -4 =3,∴ = - =5
AD AO OD .如解图当D内切
-3=2, = + =5+3=8 ①, ☉
第 题解图
↓ 5
(将圆与圆相交转化为两圆心之间的距离问题)
类题通法
于 O 时 r DH 如解图 当 O 内切于 D
☉ , D= =2; ②, ☉ ☉ 遇到相切问题,连接圆心和切点构造直角三角形是常
时 r AD . 以D为圆心的圆和 O相交 r
, D= =8 ∵ ☉ ,∴ 2< D 用的方法.
故选 .
<8, B
6. ° 【解析】 PA 是切线 PA AC 即 PAC
70 ∵ ,∴ ⊥ , ∠ =
° BAC ° PAB PAC BAC °
90 ,∵ ∠ =35 ,∴ ∠ =∠ -∠ =55 ,
PA PB是圆O的切线 PA PB PBA PAB
∵ , ,∴ = ,∴ ∠ =∠
° P ° PBA PAB ° ° °
=55 ,∴ ∠ =180 -∠ -∠ =180 -55 -55
°.
=70
7. 64 【解析】如解图 设四个切点分别为Q E G F 连
, , , , ,
5
接EF 过点A作AP BC于点P 则易得EF过点O
第 题解图 , ⊥ , ,
1 O与梯形 ABCD 各边都相切 BQ BF CF
2. 【解析】 点P在 O上 点P到圆心O的距离 ∵ ☉ ,∴ = , =
5 ∵ ☉ ,∴ CG DE DG AE AQ AD BC AB CD O
为 .
, = , = ,∴ + = + =20,∵ ☉
5 cm 的面积为 EO FO 即EF AD BC AP
3. 【解析】如解图 连接OA OB PA与 O相切于
16π,∴ = =4, =8,∵ ∥ ,
C , , ,∵ ☉ BC 且EF BC AP EF BP AB2 AP2
点A OA PA AOP ° P ° ° ° ⊥ , ⊥ ,∴ = =8,∴ = - =
,∴ ⊥ ,∴ ∠ =90 -∠ =90 -30 =60 , 由等腰梯形对称性可得 AE BP AE
AB PC OAB AOP ° OA OB 6, 4 +2 =20,∴ =2,∴
∵ ∥ ,∴ ∠ = ∠ = 60 ,∵ = , AD BC 连接BD 过点B作BM CD于点M
AOB 为等边三角形 AOB ° BOC =4, =16, , ⊥ ,
∴ △ ,∴ ∠ =60 ,∴ ∠ = 过点D作DH BC 于点 H 则 DH AP S
° AOP AOB ° OB OC BOC为等 ⊥ , = =8,∵ △ BDC=
180 -∠ -∠ =60 ,∵ = ,∴ △
边三角形 BCP °. 1BC DH 1CD BM BM BM 64
,∴ ∠ =60 · = · ,∴ 16×8=10 ,∴ = ,
2 2 5
即点B到CD的距离为64.
5
第 题解图
3
4. 解题思路
点C的位置不确定,需要分点 C 在优弧和劣弧上两
种情况讨论,以免造成漏解. 第 题解图
7
5中考真题分类·数学
8. COB °.
解题思路 ∴ ∠ =40
根据垂径定理求得CF的长,利用勾股定理求出AC 在 O中 CED 1 COD
☉ , ∠ = ∠ ,
的长,再结合菱形的性质得 CD AC,即可求 DF 的 2
=
长;连接BC,BH,作HF AE,构造直角三角形,利用 ↓
⊥ (同弧所对的圆心角是圆周角的 倍)
锐角三角函数求得AB,AH,IH,AI的长,再结合勾股 2
CED °
定理即可求EH的长. ∴ ∠ =20 ;
13 13 【解析】 AB CD AG GF CG
3, ∵ ⊥ , =12, =5,∴ =
4
GF 即 CF CG AC AG2 CG2
= 5, = 2 = 10,∴ = + =
2 2 四边形 ACDE 是菱形 CD AC
12 +5 =13,∵ ,∴ = =
第 题解图
GD CD CG DF CD CF 9 ①
13,∴ = - =13-5=8, = - =13-10=
如解图 连接OC
在 AGD 中 AD AG2 GD2 2 2 (Ⅱ) ②, ,
3, Rt△ , = + = 12 +8 =
同 得 CED °.
如解图 连接 BC BH AB 是 O 的直径 (Ⅰ), ∠ =20
4 13, , , , ∵ ☉ , EC OA
AG AC ∵ ∥ ,
ACB ° AHB ° CAB 即 EFG AOB °.
∴ ∠ =90 ,∠ =90 ,∴ cos∠ =AC=AB, ∴ ∠ =∠ =80
EFG为 DEF的一个外角
AG AH ∵ ∠ △ ,
12 13 解得 AB 169 DAB 即
=AB, = ,∴ cos∠ =AD= AB, EDF EFG FED °.
13 12 ∴ ∠ =∠ -∠ =60
根据题意 DG 为 O的直径 GED °.
AH , ☉ ,∴ ∠ =90
12 解得 AH 13 13. 四边形 ACDE 是菱
= , = ∵
4 13 169 4 (直径所对的 ↓ 圆周角是直角)
12
形 CD AE DAE CDA 如解图 过点 H 作 又 O的半径为 DG .
,∴ ∥ ,∴ ∠ =∠ , , ∵ ☉ 3,∴ =6
HI AE 于点 I DAE GDA DAE ED EG
⊥ ,∴ sin∠ =sin∠ ,cos∠ = 在 GED中 EDG EDG
IH AG AI GD IH Rt△ , cos∠ =DG,sin∠ =DG,
GDA 12
cos∠ ,∴ AH = AD,AH = AD,∴ = , ED ° EG ° .
13 13 4 13 ∴ =6cos 60 =3, =6sin 60 =3 3
4
AI
8 IH 39 AI 13 IE AE AI
= ,∴ = , = ,∴ = - =13-
13 13 4 13 4 2
4
13 13 EH IE2 IH2 13 2 39 2
= , ∴ = + = ( ) +( ) 第 题解图
2 2 2 4 9 ②
10. 解: BC与 O相切于点C
13 13. (1) ∵ ☉ ,
=
4 OCB °
∴ ∠ =90 ,
ACB °
∵ ∠ =120 ,
ACO ACB OCB °
∴ ∠ =∠ -∠ =30 ;
证明:由 知 ACO °
(2) ① ∠ =30 ,
AO CO
∵ = ,
ACO CAO °
∴ ∠ =∠ =30 ,
COB °
∴ ∠ =60 ,
第 题解图 OCB °
8 ∵ ∠ =90 ,
9. 解: 如解图 连接OC B °
(Ⅰ) ①, , ∴ ∠ =30 ,
AB 与 O 相切于点C B CAO °
∵ ☉ , ∴ ∠ =∠ =30 ,
OC AB. AC BC.
∴ ⊥ ∴ =
又 OA OB 11. 证明:如解图 连接OC 则OA OC
∵ = , (1) , , = ,
OAC OCA
OC 平分 AOB 得 COB 1 AOB. ∴ ∠ =∠ ,
∴ ∠ , ∠ = ∠ CD为半圆O的切线 OC为半圆O的半径
2 ∵ , ,
OC CD
↓ ∴ ⊥ ,
(三线合一性质) BCD OCB °
∴ ∠ +∠ =90 ,
AOB ° AB为半圆O的直径
∵ ∠ =80 , ∵ ,
6名师讲评式解析
ACB °
∴ ∠ =90 ,
OCA OCB °
∴ ∠ +∠ =90 ,
OCA BCD
∴ ∠ =∠ ,
CAB BCD
∴ ∠ =∠ ,
EC
∵
(
BC
=
(
,
CAB EBC
∴ ∠ =∠ ,
EBC BCD ∴ ∠ =∠ ,
BE CD
∴ ∥ ;
第 题解图
11
类题通法
“圆的综合题”中证明线段平行的方法:
根据同位角相等,两直线平行,内错角相等,两直线
平行或同旁内角互补,两直线平行等平行线判定方
法,通过角度间等量代换找到相应的角之间的关系
即可证明.
(2)
解题思路
第一步:根据 D 2,BD ,结合( )问中证得
sin = =1 1
3
OC CD,求出半圆O的半径;
⊥
解:如解图 设半圆O的半径为r 则OC OB r
, , = = ,
BD
∵ =1,
OD r
∴ = +1,
OC CD
∵ ⊥ ,
OC r
在 OCD中 D 2
∴ Rt△ ,sin =OD=r = ,
+1 3
解得r 即半圆O的半径为
=2, 2,
AB r
∴ =2 =4,
第二步:连接 AE,构造 ABE,由 BE CD,推出
Rt△ ∥
ABE D,利用三角函数求得AE,BE的长;
sin∠ =sin
如解图 连接AE 则 AEB °
, , ∠ =90 ,
BE CD
∵ ∥ ,
ABE D
∴ ∠ =∠ ,
AE AE
ABE D 2
∴ sin∠ =sin =AB= = ,
4 3
AE 8
∴ = ,
3
BE AB2 AE2 4 5
∴ = - = ,
3
第三步:由EC
(
BC
=
(
EC
∵
EF
结合三角形的等面积法,推出
BE
2,即可求出EF的长.
=
5
(
BC
=
(
,
EAC BAC
∴ ∠ =∠ ,
AF平分 BAE
∴ ∠ ,
点F到AE AB的距离相等 都等于EF的长
∴ , , ,
1AE EF 1AE EF
S · · EF
AEF
△ 2 2 ∴ S = = =BF,
△ ABF 1 AB EF 1 AE BF · ·
2 2
EF AE
2
∴ BF=AB= ,
3
EF
2
∴ BE= ,
5
EF 2BE 8 5.
∴ = =
5 15
CD
° BCD BDC CDA ° 53π 240-53π.
(3)90 ,∠ , , ,AD,4,53 , ,
160 160
12. 证明:如解图 连接OD
(1) , ,
O与AB相切于点D
∵ ☉ ,
ODA °
∴ ∠ =90 ,
EOD F °
∵ ∠ =2∠ =90 ,
ODA EOD
∴ ∠ =∠ ,
EF AB
∴ ∥ ,
OEC B
∴ ∠ =∠ ,
OC OE
∵ = ,
OEC C
∴ ∠ =∠ ,
C B
∴ ∠ =∠ ,
AB AC
∴ = ;
第 题解图
12
解:设 O的半径为r 由 得AB AC
(2) ☉ , (1) = =8,
OA r
∴ =8- ,
OD
在 OAD中 A
Rt△ ,sin =OA,
r
即3 解得r
= r, =3,
5 8-
OA AD OA2 OD2
∴ =5, = - =4,
在 OFD中 FD OD
Rt△ , = 2 =3 2,
由 得EF AB
(1) ∥ ,
F ADG FOG A
∴ ∠ =∠ ,∠ =∠ ,
OFG ADG
∴ △ ∽△ ,
OF FG DG
即3 3 2-
∴ AD=DG, = DG ,
4
解得DG 12 2.
=
7
7中考真题分类·数学
13. 证明: DF经过圆心O GF是 O的切线
(1) ∵ , ☉ ,
DF GF
∴ ⊥ ,
DF AB AB GF
∵ ⊥ ,∴ ∥ ,
BAC G °
∴ ∠ =∠ =45 ,
FDG ° ° °
∴ ∠ =90 -45 =45 ,
DFG是等腰直角三角形
∴ △ ,
FD FG
∴ = ;
解: DF AB
(2) ∵ ⊥ ,
AE BE 1AB
∴ = = =6,
2
由 得 ADE BAC °
(1) ∠ =∠ =45 ,
ADE是等腰直角三角形
∴ △ ,
AE DE
∴ = =6,
由 得FD FG
(1) = =10,
EF DF DE
∴ = - =10-6=4,
如解图 连接OA 设OE x
, , = ,
则OF OE EF x OA
= + = +4= ,
第 题解图
13
在 AOE中 OA2 AE2 OE2
∴ Rt△ , = + ,
即 x 2 2 x2 解得x 5 ( +4) =6 + , = ,
2
OA x 5 13
∴ = +4= +4= ,
2 2
O的半径为13.
∴ ☉
2
14. 解: 点O是AB的中点 CD BD
(1) , = ;
【解法提示】 ACB 是直角 AB 是 O的直径
∵ ∠ ,∴ ☉ ,
点 O 是 AB 的中点 点 D 是 BC
∴ ;∵
(
的中点 CD
,∴
BD.
=
补全图形如解图 DEF 是等腰三角形 理由
(2) ,△ ,
如下
:
如解图 连接OD
, ,
点D是 BC
∵
(
∴ ∠3=∠4,
AB是 O的直径 ADB °
∵ ☉ ,∴ ∠ =90 ,
EDF °
∴ ∠4+∠ =90 ,
EDF °
∴ ∠3+∠ =90 ,
F EDF DE EF
∴ ∠ =∠ ,∴ = ,
DEF是等腰三角形
∴ △ ;
第 题解图
14
O的半径为 OA OB OD
(3)∵ ☉ 3,∴ = = =3,
在 ODE中 根据勾股定理得OE OD2 DE2
Rt△ , = + =
2 2
3 +4 =5,
AE OA OE
∴ = + =3+5=8,
由 知EF DE
(2) = =4,
EF
在 AEF中 4 1
Rt△ ,tan∠2=AE= = ,
8 2
BD
在 ABD中 1
∴ Rt△ ,tan∠2=AD= ,
2
AD BD
∴ =2 ,
根据勾股定理得 AB2 BD2 AD2 2 BD2
∴ = + ,∴ 6 = +
BD 2 解得BD 6 5 负值已舍去 . (2 ) , = ( )
5
CD BD 6 5.
∴ = =
5
15. 证明:如解图 连接AE 可得 E 1 AOB
(1) , , ∠ = ∠ ,
2
第 题解图
15
BCD 1 AOB
的中点 OD是 O的半径 BC 为 O ∵ ∠ = ∠ ,
, ☉ , ☉ 2
的弦 BCD E.
, ∴ ∠ =∠
OD BC OA OE
∴ ∠1=∠2, ⊥ , ∵ = ,
OAE E
∵ ∠1=∠3, ∴ ∠ =∠ ,
OAE BCD.
∴ ∠2=∠3, ∴ ∠ =∠
EF AE BE是 O的直径
∵ ⊥ , ∵ ☉ ,
F ° BAE ° 即 BAO OAE °.
∴ ∠2+∠ =90 , ∴ ∠ =90 , ∠ +∠ =90
F ° BAO BCO
∴ ∠3+∠ =90 , ∵ ∠ =∠ ,
DE是 O的切线 OD为 O的半径 BCO BCD ° 即OC CD.
∵ ☉ , ☉ , ∴ ∠ +∠ =90 , ⊥
OD DE OC为 O的半径
∴ ⊥ , ∵ ☉ ,
BC DE CD是 O的切线
∴ ∥ , ∴ ☉ ;
8名师讲评式解析
一题多解
如解图,连接AE,则 BAE BAC OAC OAE
∠ =∠ +∠ +∠
°,
=90
OA OC,OA OE,
∵ = =
OAC OCA, OAE E,
∴ ∠ =∠ ∠ =∠
BAO BCO,
∵ ∠ =∠
BAC BCA,
∴ ∠ =∠
BCD 1 AOB, E 1 AOB,
∵ ∠ = ∠ ∠ = ∠
2 2
BCD E,
∴ ∠ =∠
BCD OAE,
∴ ∠ =∠
BCA OCA BCD °,
∴ ∠ +∠ +∠ =90
即 OCD °,
∠ =90
OC为 O的半径,
∵ ☉
CD是 O的切线.
∴ ☉
解: 四边形ABCO是平行四边形
(2) ∵ ,
OF 1OB.
∴ =
2
又 OF OE EF OB OE
∵ + = =3, = ,
1 OB OB OB .
∴ + =3,∴ =2
2
OA OC
∵ = ,
ABCO是菱形
∴ ▱ ,
BC OC OB
∴ = = =2,
BOC为等边三角形 BOC °.
∴ △ ,∠ =60
由 知OC CD
(1) ⊥ ,
在 ODC中 CD OC DOC °
∴ Rt△ , = ·tan∠ =2×tan 60 =
.
2 3
16. 证明:如解图 连接 AO并延长交 O于点 E 连
(1) , ☉ ,
接BE
,
BD AB D BAD
∵ = ,∴ ∠ =∠ ,
ABC D BAD BAD
∴ ∠ =∠ +∠ =2∠ ,
ABC C C BAD
∵ ∠ =2∠ ,∴ ∠ =∠ ,
AB
∵
(
AB
=
(
解:由 易得 D BAD C
(2) (1) ,∠ =∠ =∠ ,
AD AC
∴ = =8,
ADB CDA
∵ ∠ =∠ ,
DAB DCA
∴ △ ∽△ ,
BD AD
∴ AD=CD,
BD AB
∵ = =5,
5 8 解得CD 64
∴ =CD, = ,
8 5
BC CD BD 64 39
∴ = - = -5= ;
5 5
如解图 过点A作AH CD于点H
, ⊥ ,
AHC °
∴ ∠ =90 ,
AD AC AH CD
∵ = , ⊥ ,
CH 1CD 32
∴ = = ,
2 5
在 ACH 中 AH AC2 CH2 2 32 2
∴ Rt△ , = - = 8 -( )
5
24
= ,
5
由 可得 ABE ° E C
(1) ∠ =90 ,∠ =∠ ,
ABE AHC °
∴ ∠ =∠ =90 ,
ABE AHC
∴ △ ∽△ ,
AE AB AE
即 5
∴ AC=AH, = ,
8 24
5
解得AE 25
= ,
3
AO 1AE 25 ∴ = = ,
2 6
即 O的半径为25.
☉
6
17. 解: PB是 O的切线 理由如下
(1) ☉ , :
如解图 连接OA OB
, , ,
OA OB
∵ = ,
E C
,∴ ∠ =∠ , BAO ABO
∴ ∠ =∠ ,
E BAD
∴ ∠ =∠ , PA PB
∵ = ,
AE为 O的直径
∵ ☉ , PAB PBA
∴ ∠ =∠ ,
ABE °
∴ ∠ =90 , PA是 O的切线 OA是 O的半径
∵ ☉ , ☉ ,
E BAE °
∴ ∠ +∠ =90 , PAO BAO PAB °
∴ ∠ =∠ +∠ =90 ,
BAD BAE ° 即 DAE °
∴ ∠ +∠ =90 , ∠ =90 , PBO ABO PBA °
∴ ∠ =∠ +∠ =90 ,
AE AD
∴ ⊥ ,
又 OB是 O的半径
∵ ☉ ,
AE是 O的直径
∵ ☉ ,
PB是 O的切线
∴ ☉ ;
AD是 O的切线
∴ ☉ ;
第 题解图
17
第 题解图
P ° PA PB
16 (2)∵ ∠ =60 , = ,
9中考真题分类·数学
ABP是等边三角形 O的半径是 .
∴ △ , =6,∴ ☉ 6 cm
AB PA PB PAB PBA ° 2. 【解析】由题意可得圆的直径d 根据圆的周长
∴ = = ,∠ =∠ =60 , D =1,
ADC ACD ° PAB ° 公式C d 可得周长C .圆从点A滚动一
∴ ∠ +∠ =180 -∠ =120 , =π , =π×1=π
DCE ° 周 点A到达点A′ 滚动的距离是圆的周长 点A′对
∵ ∠ =60 , , , π,
BCE ACD ° DCE ° 应的数是 那么滚动前点A对应的数是 .
∴ ∠ +∠ =180 -∠ =120 , 2, 2-π
ADC BCE 3. 【解析】由题可知 ACB ° D是AB的中点
∴ ∠ =∠ , B ∠ =90 , ,∴
ADC BCE
∴ △ ∽△ , CD 1AB AD ACD A ° CDE A
AD AC CD = = ,∴ ∠ =∠ =35 ,∴ ∠ =∠ +
2
∴ BC=BE=EC, ACD ° 如解图 连接 CE 由题意知 CD CE
∠ =70 , , , = ,∴
CD CED CDE ° DCE ° ° °
1 ∠ =∠ = 70 ,∴ ∠ = 180 -70 -70 =
∵ CE= ,
2
° AB CD 1 DE
40 ,∵ = 2, ∴ = × 2 = 1, ∴
AD 1BC AC 1BE 2
∴ = , = ,
2 2
AD BE BC AC AB.
∴ 4 + =2 +2 =2
如解图 过点O作OF AB于点F 则AF 1AB
, ⊥ , = ,
2
由 得 PAO °
(1) ∠ =90 ,
OAF PAO PAB ° ° °
∴ ∠ =∠ -∠ =90 -60 =30 ,
在 AOF中 AO r OF 1AO 1r
∴ Rt△ , = , = = ,
2 2
AF AO2 OF2 r2 1 r 2 3r
∴ = - = -( ) = ,
2 2
AB AF 3r r
∴ =2 =2× = 3 ,
2
AD BE AB r.
∴ 4 + =2 =2 3
类题通法
切线的判定方法:
. 切点确定,连半径,证垂直:
1
( )利用平行证垂直;
1
( )利用等角转换证垂直;
2
( )利用三角形全等证垂直;
3
. 切点不确定,作垂直,证半径.
2
解题技巧
切线的证明:
.有交点连半径,证垂直:常连接圆心和交点,构造
1
半径,再证明半径与所证直线垂直;
.无交点作垂直,证半径:常过圆心作所证直线的垂
2
线,再证明圆心到直线的距离等于半径.
第二十一讲 与圆有关的计算
r
1. 【解析】设 O的半径是r 75π . r
A ☉ cm,∴ =2 5π,∴
180
(
的长
为40π×1 2 .
= π
180 9
第 题解图
3
4. 【解析】如解图 连接 OB OC 由圆周角定理得
π , , , ,
BOC BAC ° ° 劣弧 BC
∠ =2∠ =2×45 =90 ,∴
(
的长为
90π×2 .
=π
180
第 题解图
4
5. 【解析】 最高点离水面平台 MN 的距离为
40π ∵
圆心O到MN的距离为 摩天轮的半径
128 m, 68m,∴
为 摩天轮匀速旋转一圈用时
128-68=60(m),∵ 30
轿厢从点A出发 后到达点B AOB
min, ,10 min ,∴ ∠ =
10 ° ° 该轿厢所经过的路径长度为
×360 = 120 ,∴
30
120π×60 .
=40π(m)
180
6. 【解析】 ABC是等边三角形 ACB ABC
π ∵ △ ,∴ ∠ =∠
BAC ° BC AC AB AB
=∠ = 60 , = = = 1,∴
(
BC
=
(
AC
=
(
=
60π×1 1 这个等宽曲线的周长为1 .
= π,∴ π×3=π
180 3 3
7. 10 【解析】题图 的情形中绕第一个圆心旋转
③
9
° 绕第二个圆心上部旋转 ° 下部旋转 ° 绕第
240 ; 60 , 60 ;
三个圆心旋转 ° 共旋转 °圆弧 题图 的情形
240 ; 600 , ④
中绕每一个圆旋转 ° 共旋转 ° 半径相等 路径
180 , 540 , ,
之比为旋转角度之比 即600 10.
, =
540 9
8. 解: 直线AP与PN
(1)∵
(
所在 O相切于点P OP为
☉ ,
O的半径
☉ ,
10名师讲评式解析
APO °
∴ ∠ =90 ,
PAO ° ∵ ∠ =45 ,
PON ° PAO °
∴ ∠ =90 -∠ =45 ;
直线BQ与PN
(2)∵
(
所在 O相切于点Q OQ为 O
☉ , ☉
的半径
,
BQO °
∴ ∠ =90 ,
QBO °
∵ ∠ =60 ,
BQ
QBO ° 1
∴ cos∠ =cos 60 =BO= ,
2
设BQ x BO x
= , =2 ,
OQ OP BO2 BQ2 x
∴ = = - = 3 ,
AB 米
∵ =8 ,
AO AB BO x 米
∴ = + =(8+2 ) ,
在 APO中 A °
∵ Rt△ ,∠ =45 ,
PO A ° 2 ∴ sin∠ =sin 45 =AO= ,
2
x
3 2
∴ x= ,
8+2 2
解得x
=4 6+8,
OP 米
∴ = 3×(4 6+8)=(12 2+8 3) ,
PN
∴
(
的弧长为45π×(12 2+8 3) . 米
≈24 1 ,
180
答 PN
:
(
的弧长约为 . 米.
24 1
9. 解: BC经过圆心O
(1)∵ ,
BC是 O的直径
∴ ☉ ,
BAC °
∴ ∠ =90 ,
ACB ° 四边形ABCD是平行四边形
∵ ∠ =35 , ,
D B ° ACB °
∴ ∠ =∠ =90 -∠ =55 ;
如解图 连接OA OC
(2) , , ,
第 题解图
9
AD与 O相切于点A O的半径为
∵ ☉ ,☉ 6,
AD OA OA OC
∴ ⊥ , = =6,
OAD °
∴ ∠ =90 ,
AD BC
∵ ∥ ,
CAD ACB °
∴ ∠ =∠ =35 ,
OCA OAC OAD CAD °
∴ ∠ =∠ =∠ -∠ =55 ,
AOC ° OCA OAC °
∴ ∠ =180 -∠ -∠ =70 ,
AC
∴
(
四边形ABCD是平行四边形,
∵
BC AD,
∴ ∥
OA BC,
∴ ⊥
AB
∴
的长为70π×6 7π.
=
180 3
一题多解
如解图,连接OA,OC,
AD与 O相切,OA为 O的半径,
∵ ☉ ☉
OA AD.
∴ ⊥
(
AC
=
(
,
B ACB.
∴ ∠ =∠
ACB °,
∵ ∠ =35
B ACB °,
∴ ∠ =∠ =35
AOC B °,
∴ ∠ =2∠ =70
AC
∴
(
的长为70π×6 7π.
=
180 3
10. 【解析】如解图 过点 D 作 DE BC 于点 E
C , ⊥ ,∵
ABC为等边三角形 BAC ° 四边形 AB-
△ ,∴ ∠ =60 ,∵
DC内接于 O BDC ° 点 D为 BC
☉ ,∴ ∠ =120 ,∵
(
的中
点 BD CD CDE 1 BDC ° CE 1 BC ,∴ = ,∴ ∠ = ∠ =60 , =
2 2
CE 2 CD S 120π×4 16π.
=2 3,∴ = °=4,∴ 阴影= =
sin60 360 3
第 题解图
10
11. 【解析】扇形的面积为90π×4 2 .
4π =4π
360
12. 【解析】如解图 记阴影部分面积分别为 S S
D , 1, 2,
根据题意易得 S S BAC ° AB AC
1 = 2,∵ ∠ = 90 , = ,
ABC 是等腰直角三角形 ABC ACB
∴ △ ,∴ ∠ =∠ =
° BC AB AC S S S
45 ,∵ =4,∴ = =2 2,∴ 1= 扇形CBD- △ ABC=
2
45×π×4 1 阴影部分的面积
- ×2 2×2 2=2π-4,∴
360 2
为 S .
2 1=4π-8
第 题解图
12
类题通法
和差法求阴影部分面积:
.直接和差法:
1
所求不规则阴影部分的面积可以看成几个规则图
形面积相加减.
S S S S S S 阴影=
△
AOB- 扇形COD 阴影= 扇形AOB- 扇形COD
11中考真题分类·数学
.构造和差法:
2 S S π 3.
所求不规则阴影部分的面积需要添加辅助线构造规 扇形EOF- 四边形OGDH= -
2 4
则图形,然后进行相加减.
S S S
阴影= △ OBD+ 扇形DOC 第 题解图
15
16. 16π 【解析】如解图 连接OA OE OF 过点O
-8 3 , , , ,
3
作OM AF 于点 M 设扇形分别交 AB EF 于点 G
S S S S ⊥ , , ,
阴影= 扇形BOE+ △ OCE- 扇形COD H 六边形 ABCDEF 是正六边形 中心为点 O
,∵ , ,∴
13. 【解析】如解图 设正方形ABCD的内切圆与正方
D , °
OA OE OF AOF EOF 360 ° BAF
形ABCD的其中两个切点分别为E F 连接OE OF = = ,∠ =∠ = =60 ,∠ =
, , , , 6
OD 根据切线的性质得 OE AD OF CD 且 OE ° OAF和 OEF 均为等边三角形 AOE
, ⊥ , ⊥ , = 120 ,∴ △ △ ,∠ =
OF 易得四边形OEDF是正方形. 内切圆的半径 ° ° ° OA AF OEF OAF °
,∴ ∵ 60 +60 =120 ,∴ = =4,∠ =∠ =60 ,
为 OE OD OE S OAG ° OAF ° OAG OEH
2,∴ =2,∴ = 2 =2 2,∴ 阴影部分 =π× ∴ ∠ =120 -∠ =60 ,∴ ∠ =∠ ,∵
OD2 -π× OE2 =π×(2 2) 2 -π×2 2 =4π . OM ⊥ AF ,∴ AM = FM = 1 AF =2,∴ OM = 4 2 -2 2 =2
2
S 1AF OM 1 GOA
3,∴ △ OAF= · = ×4×2 3=4 3,∵ ∠
2 2
AOH AOH EOH ° GOA EOH
+∠ =∠ +∠ =120 ,∴ ∠ =∠ ,
GOA HOE S S S
∴ △ ≌△ (ASA),∴ △ GOA= △ HOE,∴ △ GOA+
第 题解图 S S S S S
13 四边形AOHF= △ HOE+ 四边形AOHF,∴ 五边形AGOHF= 四边形AOEF=
2
14. 4 3- 4π 2
S
△ OAF=8 3,∴
S
阴影部分=
S
扇形-
S
五边形AGOHF=
120π×4
-
360
3
15. 【解析】如解图 连接DO 记OF OE分别交AD 16π .
A , , , , 8 3= -8 3
CD边于点 G H 四边形 ABCD 是菱形 DO 3
, ,∵ ,∴ ⊥
AC ADC B ° ADO ° 在
,∵ ∠ = ∠ = 120 ,∴ ∠ = 60 ,
ADO中 AD AB OA AD ADO
Rt△ , = =2, = ·sin∠ =2×
° 以点 O 为圆心 OA 长为半径作扇形
sin60 = 3,∵ ,
2
EOF OE OF AO S 60π×( 3)
,∴ = = = 3,∴ 扇形EOF= =
360
第 题解图
1 过点 O分别作 AD CD边的垂线 垂足记为点 16
π, , ,
2
M N 则OM ON 在 ADC 中 AD CD ADC 17. π 【解析】如解图 连接 OB. 四边形 OABC 是平
, , = , △ ,∵ = ,∠ = , ∵
6
B ° DAC DCA ° AOM
∠ = 120 ,∴ ∠ = ∠ = 30 ,∴ ∠ = 行四边形 AB OC AB OC 又 OA OC OB
,∴ = , ∥ , ∵ = = ,∴
CON ° MON ° 即 MON GOH
∠ =60 ,∴ ∠ =60 , ∠ =∠ ,∴ AB OA OB AOB 是等边三角形 AOB
= = ,∴ △ ,∴ ∠ =
GOM NOH GOM HON 即 S
∠ =∠ ,∴ △ ≌△ , 四边形OGDH= 60 ° ,∵ OC ∥ AB ,∴ S △ AOB= S △ ABC,∴ 图中阴影部分的
S 在 AOD 中 OA DAO °
四边形MDNO, Rt△ , = 3,∠ =30 ,∴ 面积 S 60π×1 2 π.
= 扇形AOB= =
360 6
OD AO DAO OM AO DAO 3
= ·tan∠ =1, = ·sin∠ = ,∴
2
ON 3 在 DMO 中 MDO ° DN DM
= , Rt△ ,∠ =60 , = =
2
OD MDO 1 S 1 DM OM 1
·cos∠ = ,∴ 四边形MDNO= × × + ×
2 2 2
第 题解图
17
DN ON 1 1 3 1 1 3 3 S
× = × × + × × = ,∴ 阴影 = 18. 【解析】如解图 设两半圆弧交于点 A 连接 OA
2 2 2 2 2 2 4 A , , ,
12名师讲评式解析
O′A OA O′A OO′ OO′A是等边三角形
,∴ = = =2,∴ △ , ∴ BD = BE2 - DE2 =2 x.
2 2 ADO BDE °
∴ S 阴影部分= S 扇形O′OA+ S 扇形OO′A- S △ OO′A= 60 3 π 6 × 0 2 + 60 3 π 6 × 0 2 ∵ ∠ ADO =∠ ODE =90 BD , E ODE
∴ ∠ -∠ =∠ -∠ ,
ADE ODB.
1 3 4 . ∴ ∠ =∠
- ×2×2× = π- 3
2 2 3 OB OD
∵ = ,
ODB OBD
∴ ∠ =∠ ,
ADE OBD.
∴ ∠ =∠
又 A A
∵ ∠ =∠ ,
ABD ADE
∴ △ ∽△ ,
第 题解图 AD AE DE x
18 1
19. 证明:如解图 连接OD
∴ AB=AD=BD=
2
x=
2
,
(1) , ,
AB AD AD AE
BD平分 ABC ∴ =2 , =2 ,
∵ ∠ ,
AB AE
OBD CBD. ∴ =4 ,
∴ ∠ =∠
BE AB AE AE
OB OD ∴ = - =3 ,
∵ = ,
ODB OBD OE 1BE 3AE
∴ ∠ =∠ , ∴ = = ,
ODB CBD 2 2
∴ ∠ =∠ ,
OD BC. OA AE OE 5AE
∴ ∥ ∴ = + = ,
2
C °
∵ ∠ =90 ,
在 ADO中 A
AD
2
AE
4.
ODA C ° Rt△ ,cos =OA= =
∴ ∠ =∠ =90 , 5 AE 5
即OD AD
⊥ , 2
OD是 O的半径 20. 【解析】设圆锥底面圆半径为r 由题意得 r
∵ ☉ , B cm, ,2π
直线AC是 O的切线
∴ ☉ ; 90π×40 解得r 因此 该圆锥的底面圆半径为
= , =10, ,
180
.
10 cm
21. 【解析】 圆锥的底面半径为 圆锥的底面
4π ∵ 2,∴
圆周长为 扇形的弧长是 .
2π×2=4π,∴ 4π
n r
22. 【解析】根据弧长的公式 l π 得
160 = 80π =
180
n
第 题解图 π·90 解得 n 即侧面展开图的圆心角为
19 , = 160,
180
解: 点E为AO的中点 度.
(2) ∵ , 160
OA OE. 23. 【解析】 四边形ABCD是平行四边形 A
∴ =2 40;2 ∵ ,∠ =
OD OE ° BCD A ° BDC °
∵ = , 110 ,∴ ∠ = ∠ = 110 ,∵ ∠ = 50 ,∴
OA OD CBD ° BCD BDC ° BC
∴ =2 , ∠ =180 -∠ -∠ =20 ,∵ =36 cm,
由 可得 ODA ° 点M是BC的中点 BM MC 由题意易知
(1) ∠ =90 , ,∴ = =18 cm,
OD MN MC MB MN MC BNM
在 ADO中 AOD 1 = ,∴ = = = 18 cm,∴ ∠ =
Rt△ ,cos∠ =OA= , CBD ° NMC BNM CBD ° 扇
2 ∠ =20 ,∴ ∠ =∠ +∠ =40 ,∴
AOD °
∴ ∠ =60 , 形CMN的弧长为40π×18 圆锥的底面
AD =4π(cm),∴
OD 3 180
∴ = AOD= °= 3, 圆半径为 .
tan∠ tan 60 4π÷2π=2(cm)
2 24. 解: 能
S S S 1 60π×( 3) (1) ;
∴ 阴影 = △ AOD - 扇形DOE = ×3× 3 - 设圆锥滤纸底面周长为C 半径为r 母线为l
2 360 , , ,
漏斗底面半径为R 7 母线长L 滤纸直
3 3-π = cm, =7 cm,
= ; 2
2
径d
解: BE是 O的直径 =10 cm,
(3) ∵ ☉ ,
d
BDE ° 由题意得1 d C r r 5 l
∴ ∠ =90 , π = =2π , = cm, = =5 cm,
DE 2 2 2
在 BDE中 DBE 5
Rt△ ,sin∠ =BE= , 7
5 r R r R
1 又 2 1
设DE x 则BE x ∴ l = , ∵ L = = ,∴ l = L ,
= , = 5 , 2 7 2
13中考真题分类·数学
滤纸能紧贴漏斗内壁
∴ ;
设滤纸围成圆锥形的高为h
(2) cm,
由 可知h l2 r2 5 3
(1) = - = cm,
2
∴ V 圆锥= 1 π r2h = 1 π×( 5 ) 2 × 5 3 = 125 3π (cm 3 ) .
3 3 2 2 24
25. 6+ 2 【解析】如解图 设数字 记为圆心O 数字
, 0 ,
2
记为点A 数字 记为点B 过点O作OD AB于点
6 , 7 , ⊥
D 连接OA OB 由解图可得 线段AB的长与其他的
, , , ,
都不相等 数字 对应的点均匀分布在一个圆
,∵ 1~12
上 ° ° 相邻两个数字与圆心O组成
,∴ 360 ÷12=30 ,∴
的圆心角为 ° AOB ° ° OAB
30 ,∴ ∠ =30 ×5=150 ,∴ ∠ =
OBA 1 ° AOB ° OD AB
∠ = (180 -∠ ) = 15 ,∵ ⊥ ,
2
BD
BOD ° BOD ° 即 6+ 2
∴ ∠ =75 ,∴ sin∠ =sin 75 =OB,
4
BD
BD 6+ 2 OA OB OD AB AB
= ,∴ = ,∵ = , ⊥ ,∴ =
1 4
BD 6+ 2 这条线段的长为 6+ 2.
2 = ,∴
2 2
第 题解图
25
易错点拨
解决此题的关键在于找出与其他线段长度不相等
那条弦,找的时候可以大概过圆心向各条线段作垂
线进行观察.
周末小测卷———圆
1. 【解析】如解图 连接BD CD是 O的直径 AB
C , ,∵ ☉ ,
是弦 AB CD BC
, ⊥ ,∴
(
AC
=
(
2. 【解析】 AB AC ABC ACB °
B ∵ = ,∴ ∠ =∠ = 70 ,∴
BAC ° BD 是 O 的直径 BAD ° 即
∠ =40 ,∵ ☉ ,∴ ∠ =90 ,
BAC CAD ° CAD ° CBD
∠ +∠ = 90 ,∴ ∠ = 50 ,∴ ∠ =
CAD °.
∠ =50
3. 【解析】圆锥侧面展开图的扇形的弧长为90π×5 A =
180
5 该圆锥的底面圆的半径为5 5.
π,∴ π÷2π=
2 2 4
4. 【解析】 AOC ° BOC ° BOA
C ∵ ∠ =40 ,∠ =15 ,∴ ∠ =
° 所在经线圈上的点 A和点 B 之间的劣弧长约
25 ,∴
为25 R 5 R 千米 .
π = π ( )
180 36
5. 【解析】如解图 记OC与AB的交点为D OC为
C , ,∵
半径 AB 为弦 且 OC AB AD 1 AB
, , ⊥ ,∴ = =2 3,∵
2
ABC ° AOC ABC ° 在 ADO
∠ =30 ,∴ ∠ =2∠ =60 , Rt△
中 ADO ° AOD ° AD AOD
,∠ =90 ,∠ =60 , =2 3,∵ sin∠ =
AD AD
OA 2 3 即 O的半径为 OP
OA,∴ = °= =4, ☉ 4,∵
sin 60 3
2
点P在 O外.
=5>4,∴ ☉
第 题解图
5
6. 【解析】 AB OA OA OB OAB 为等边三角
6 ∵ = , = ,∴ △
形 AOB ° OC AB OC 平分 AOB
,∴ ∠ =60 ,∵ ⊥ ,∴ ∠ ,∴
AOC ° 在 OAC中 OA AC .
∠ =30 ,∴ Rt△ , =2 =2×3=6
7. 【解析】 AB 是圆的直径 AB 所对的弧是半
90 ∵ ,∴
圆 所对圆心角的度数为 °
, 180 ,∵ ∠1、∠2、∠3、∠4
所对的弧的和为半圆 1 °
,∴ ∠1+∠2+∠3+∠4= ×180
2
°.
=90
8. 【解析】如解图 连接 OB OC ABC °
π , , ,∵ ∠ = 65 ,
ACB ° A ° ABC ACB ° °
∠ =70 ,∴ ∠ =180 -∠ -∠ =180 -65
° ° 由圆周角定理得 BOC A ° OC
-70 =45 , ∠ =2∠ =90 ,∴
OB 2BC 2 BC
= = = ×2 2=2,∴
2 2
ADC ° BDC
,∵ ∠ =30 ,∴ ∠ =
ADC ° BOC BDC °.
∠ =30 ,∴ ∠ =2∠ =60
第 题解图
1
(
的长为90π×2 .
=π
180
第 题解图
8
9. α β 【解析】如解图 连接OA OC AD是 O的切
= , , ,∵ ☉
线 OA是 O 的半径 OA AD 即 OAD °.
, ☉ ,∴ ⊥ , ∠ =90 ∵
14名师讲评式解析
CAD α OAC ° α. OC OA OCA
∠ = ,∴ ∠ =90 - ∵ = ,∴ ∠ =
OAC ° α AOC α B 1 AOC α
∠ =90 - ,∴ ∠ =2 ,∴ ∠ = ∠ = ,
2
B β α β.
∵ ∠ = ,∴ =
第 题解图
9
10. 【解析】如解图 过点A作AC OB于点C
2 2 , ⊥ ,∵
用半径为 的圆的内接正八边形面积作近似估计
1 ,
AOB ° ° OA OB AC 2
∴ ∠ =360 ÷8=45 , = =1,∴ = ,∴
2
S 1 OB AC 2 正八边形面积为 2
△ AOB= · = ,∴ 8× =
2 4 4
2 的估计值为 .
2 2,∴ π×1 ≈2 2,∴ π 2 2
第 题解图
10
11. 4 【解析】 AB
π-2 3 ∵
3
(
四边形OAO′B是正方形
∴ ,
AOB OBO′ BO′A O′AO °
∴ ∠ =∠ =∠ =∠ =90 ,
A B 分
∴ (0,5), (5,0); ………………………… (3 )
由 可得 AO′B AOB °
(2) (1) ∠ =∠ =90 ,
OA O′A
∵ = =5,
°
叶瓣 的周长为 OA 90
∴ ① 2π× × °×2=5π; …………
360
分
…………………………………………… (5 )
叶瓣 还可以由叶瓣 绕点 B 逆时针旋转 °
(3) ② ① 90
得到. 答案不唯一 分
( )………………………… (7 )
13. 证明:如解图 连接OC
(1) , ,
CD为 O的切线
∵ ☉ ,
OC CD
∴ ⊥ ,
BE CD
∵ ∥ ,
OC BE
∴ ⊥ ,
OC为 O的半径
∵ ☉ ,
CE
∴
所在圆的圆心为点 O 边
,
CD与 O相切于点E OA OB OE OE CD
☉ ,∴ = = , ⊥ ,∵
四边形ABCD为矩形 AB CD OE AB AB
,∴ ∥ ,∴ ⊥ ,∵ =
AF BF 1 AB ABE ° AOE 4,∴ = = =2,∵ ∠ =15 ,∴ ∠ =
2
ABE ° OA AF OF AF 阴
2∠ =30 ,∴ =2 =4, = 3 =2 3,∴
2
影部分的面积 S S 30π×4 1
= 扇形AOE- △ AOF= - ×2 3×2
360 2
4 .
= π-2 3
3
12. 解: 以原点O O′ 为圆心 以 为半径作
(1)∵ , (5,5) 、 5
圆 两圆相交于A B两点
, , ,
OA OB O′A O′B
∴ = = = =5,
AOB °
∵ ∠ =90 ,
(
CB
=
(
分
;…………………………………… (5 )
第 题解图
13
解:如解图 延长CO交 O于点 F 连接 AF 则
(2) , ☉ , ,
CF为 O的直径
☉ ,
FAC °
∴ ∠ =90 ,
O的半径为
∵ ☉ 2,
OC ∴ =2,
CF OC
∴ =2 =4,
由 知 CE
(1) ,
(
CB
=
(
,
BAE °
∵ ∠ =60 ,
EAC BAC 1 BAE °
∴ ∠ =∠ = ∠ =30 ,
2
OA OC
∵ = ,
ACF OAC °
∴ ∠ =∠ =30 ,
AC CF ACF 3 . 分
∴ = ·cos∠ =4× =2 3 …… (10 )
2
15名师讲评式解析
第七章 图形的变化 AB BC
OB 1AB BC OB · 1×2 2 5 BD
· = · ,∴ = AC = = ,∴
2 5 5
第二十二讲 尺规作图与无刻度直尺作图
OB 4 5.
=2 =
1. 2. 5
B D
3. 【解析】如解图 连接AB OC BC 由作图可得 OA
B , , , , ,
OB AC BC AB ABC为等边三角形 ACB
= , = = ,∴ △ ,∴ ∠
°. OC OC OAC OBC ACO
=60 ∵ = ,∴ △ ≌△ (SSS),∴ ∠
BCO 1 ACB ° AOC BOC 1 AOB
=∠ = ∠ =30 ,∠ =∠ = ∠ 第 题解图
2 2 7
° OAC ° ACO AOC ° °
=50 ,∴ ∠ =180 -∠ -∠ =180 -30 -
8. 5 【解析】如解图 连接AB 交OC于点D 由题意得
° °. , , ,
50 =100 5
OA OB AC BC OC 是 MON的平分线
= =2, = = 6,∴ ∠ ,
OC AB BD 1AB MON ° AOB是等
∴ ⊥ , = ,∵ ∠ =60 ,∴ △
2
边三角形 AB OA BD 易得 OD AB
,∴ = =2,∴ =1, ⊥ ,∴
BD
CD BC2 BD2 BCO BCD
第 题解图 = - = 5,∴ tan∠ =tan∠ =CD=
3
4. 【解析】由作图可得 MN是 AB 的垂直平分线 点
1 5.
C , , =
D在 MN 上 ,∴ DA = DB ,∵ ∠ BAC =30 ° ,∴ ∠ ABD = 5 5
BAD ° AOE ABD °.
∠ =30 ,∴ ∠ =2∠ =60
5. 【解析】根据题意可得 AP平分 BAD BAG
A , ∠ ,∴ ∠ =
DAG AD BC DAG BGA BAG
∠ ,∵ ∥ ,∴ ∠ = ∠ ,∴ ∠ =
BGA BA BG BC CG BC BG .
∠ ,∴ = =6,∵ =10,∴ = - =4
6. 【解析】如解图 设 BP 与 CQ 交于点 F BP 为 第 题解图
B , ,∵ 8
ABC的平分线 ABD CBD 又由题意可得
∠ ,∴ ∠ =∠ , 9. 【解析】 BC BD CD BC BD
12 ∵ =23, =13,∴ = - =23-
CQ MN CFB EFB °. BF BF
⊥ ,∴ ∠ = ∠ = 90 ∵ = ,∴ 如解图 连接 AD 根据题意可得 AD AC AE
13=10, , , = ,
EBF CBF BE BC AE AB BE
△ ≌△ (ASA),∴ = =12,∴ = - 垂直平分 CD C ADC AED AEC °
,∴ ∠ =∠ ,∠ =∠ =90 ,
由题意 得BP垂直平分CE CD DE.
=16-12=4, , ,∴ =
DE CE 1CD C B ADC B
DAE的周长为AE DE AD AE CD AD AE AC = = =5,∵ ∠ =2∠ ,∴ ∠ =2∠ ,∵
∴ △ + + = + + = + 2
. ADC B BAD B BAD AD BD
=4+10=14 ∠ =∠ +∠ ,∴ ∠ =∠ ,∴ = =13,
则在 ADE 中 根 据 勾 股 定 理 可 得 AE
Rt △ , =
AD2 DE2 .
- =12
第 题解图
6 第 题解图
9
7. 解题思路 10. 解:如解图即为月洞门的设计图.
根据尺规作图,判断AC垂直平分BD是解题的关键,
再结合勾股定理和三角形的等面积法求出 OB 的值
即可求解.
4 5 【解析】如解图 连接AD CD 记AC与BD交于
, , ,
5
点O 由作图可知 AD AB CD CB AC 垂直平分
, , = , = ,∴
BD 即AC BD OB OD ABC ° AB BC
, ⊥ , = ,∵ ∠ =90 , =1, =
第 题解图
10
2,∴ AC = AB2 + BC2 = 1 2 +2 2 = 5,∵ S △ ABC= 1AC
2
1中考真题分类·数学
【拓展探究】如解图 弧CD即为所求作.
②,
圆上的点到圆心的距离相等.弦的垂直平分线一定 一题多解
过圆心. 【初步尝试】如解图 ,直线OP即为所求作;
③
11. 解:如解图 直线EF即为所求
(1) , ;
第 题解图
11
证明:如解图 由作图知直线EF是线段BD的垂
(2) ,
直平分线
,
BE DE BF DF OB OD.
∴ = , = , =
AD BC
∵ ∥ ,
EDO FBO DEO BFO
∴ ∠ =∠ ,∠ =∠ ,
ODE OBF
∴ △ ≌△ (AAS),
DE BF
∴ = ,
BE DE BF DF
∴ = = = ,
四边形BFDE为菱形. 第 题解图
∴ 14
12. 解:作图如解图 【拓展探究】如解图 ,弧CD即为所求作.
;
④
15. 解: 如解图 BED 即为所求作的三角形 作
(1) ①,△ (
法不唯一
);
第 题解图
12
第 题解图
OP OP 15 ①
① = ;
【作法提示】以点D为圆心 CD长为半径画弧 以点
OE OF , ,
② = ;
B为圆心 BC长为半径画弧 与前弧交于点 E 连接
POE POF. , , ,
③∠ =∠
BE DE 则 BED即为所求作的三角形.
13. 解:如解图 点P即为所求. 作法不唯一 , , △
, ( ) 如解图 四边形ABCD是矩形
(2) ②,∵ ,
AD BC AD BC
∴ = =2, ∥ ,
∴ ∠2=∠3,
BED与 BCD关于直线BD成轴对称
∵ △ △ ,
∴ ∠1=∠2,∴ ∠1=∠3,
BF DF 设AF x 则BF DF x
第 题解图 ∴ = , = , = =2- ,
13 在 ABF中 根据勾股定理 得 2 x2 x 2
14. 解:【初步尝试】如解图 直线OP即为所求作
Rt△ , , 1 + =(2- ) ,
①, ;
解得x 3
= ,
4
AF 3.
∴ =
4
第 题解图 第 题解图
14 15 ②
2名师讲评式解析
16. 解: 如解图 四边形 EFGH 即为所求作的正 此时点N与点D 重合 在 ABD 中 由勾股定理
(1) ①, , Rt△ ,
方形
; 得BD AB2 AD2 2 2
= + = 2 +4 =2 5,
AB OM
又 ADB 2 1 OD 1 BD 2 5
∵ tan∠ =AD=OD= = , = =
4 2 2 2
= 5,
OM 5 MP OM 5
∴ = , =2 =2× = 5,
2 2
BD MP
菱形MNPH的面积为 · 2 5× 5 .
∴ = =5
第 题解图 2 2
16 ① 17. 解: 四边形EFGH是矩形.理由如下
(1) :
【作法提示】作线段BD的垂直平分线 垂足为O 交
, , 由折 叠 的 性 质 可 知 AFE KFE BFG
, ∠ = ∠ , ∠
AD于点E 交BC于点G 以点O为圆心 OE长为半
, , , KFG
=∠ ,
径作弧分别交BD于点F H 连接EF FG GH HE即
, , , , , AFE KFE KFG BFG °
∵ ∠ +∠ +∠ +∠ =180 ,
可.
KFE KFG °
四边形 EFGH 是正方形
∴ 2∠ +2∠ =180 ,
(2)∵ , KFE KFG °
∴ ∠ +∠ =90 ,
OE OG.
∴ = 即 EFG °
四边形 ABCD 是矩形 ∠ =90 ,
∵ , 同理可得 FGH EHG °
A ° AD BC ∠ =∠ =90 ,
∴ ∠ =90 , ∥ , 四边形EFGH是矩形
OD OE ∴ ;
OB OD. 如解图 点M即为所求.
∴ OB=OG=1,∴ = (2) ,
在 ABD中 AB AD
Rt△ , =2, =4,
BD AB2 AD2
∴ = + =2 5,
OD 1BD .
∴ = = 5
2
四边形 EFGH 是正方形
∵ , 第 题解图
EG FH 17
∴ ⊥ ,
DOE DAB °. 【作法提示】分别以点C D为圆心 大于 1 CD长为
∴ ∠ =∠ =90 , ,
又 ODE ADB 2
∵ ∠ =∠ , 半径作弧 过两个交点作直线与 CD交于点 Q 该直
EOD BAD , ,
∴ △ ∽△ , 线即为CD的垂直平分线 同理可作出AB的垂直平
OE OD OE ,
即 5 分线交AB于点N 连接NQ AC交于点O 以点O为
∴ AB=AD, = , , , ,
2 4 圆心 OQ长为半径作弧交AD于点 M 点 M 即为所
, ,
OE 5. 作.同理可得 作弧交BC于点P 连接MN PQ PN
∴ = , , , , ,
2 MQ 四边形MNPQ即为所求作. 作法不唯一
在 EOH中 OE OH , ( )
Rt△ , = ,
18. 【问题初探】解:设AB AC x 则CB x.
=1, = , =1-
EH OE 10 CB AC
∴ = 2 = ,
2 ∵ AC=AB,
即正方形EFGH的边长为 10. x x
1-
2 ∴ x = ,
1
老师的说法正确 解得x -1± 5
(3) , = ,
面积最大时 菱形MNPH如解图 所示 2
, ② , x
∵ >0,
x -1+ 5.
∴ =
2
AC x
5-1
∴ AB= = ,
1 2
黄金比为 5-1
∴ ;
2
第 题解图 【问题再探】解:如解图 解图 点D即为AC的
16 ② ①( ②),
3中考真题分类·数学
黄金分割点 AD是 ABC的高
; ∵ △ ,
ADC °
∴ ∠ =90 ,
ACB AMB
∵ ∠ =∠ ,
ABM ADC
∴ △ ∽△ ,
AB AM
∴ AD=AC,
第 题解图
18
AB R
【知识迁移】证明: 点 C 为线段 AB 的黄金分割点 即 2
∵ AD=AC,
AC BC
( > ), AC AB
R ·
AC BC ∴ = AD ;
.
∴ AB=AC 2
(3)
四边形ACDE是正方形 四边形CBFD是矩形
∵ , ,
解题思路
AC AE CD EAB BCD °
∴ = = ,∠ =∠ =90 ,
第一步:连接OE,由EF为 O的切线,推出 OEF
AE CB ☉ ∠
∴ AB=CD, °,再结合已知条件和圆周角定理求得 F
=90 ∠ =
°.
AE AB
30
∴ CB=CD, 解: 如解图 连接OE
③, ,
EAB BCD
∴ △ ∽△ ;
【延伸拓展】证明:在正五边形 ABCDE 中 AE DE
, = =
°
AB BAE AED (5-2)×180 °
,∠ =∠ = =108 ,
5
AEB ADE °.
∴ ∠ =∠ =36
又 EAM DAE 第 题解图
∵ ∠ =∠ , 19 ③
AEM ADE
∴ △ ∽△ , EF为 O的切线 OE为 O的半径
∵ ☉ , ☉ ,
AE AM
OEF °
∴ AD=AE, ∴ ∠ =90 ,
ACB ° ADC °
DEM AED AEB ° ∵ ∠ =60 ,∠ =90 ,
∵ ∠ =∠ -∠ =72 , DAC °
DME ° ∴ ∠ =30 ,
∴ ∠ =72 , EOC °
DEM DME ∴ ∠ =60 ,
∴ ∠ =∠ , F °
DM DE AE ∴ ∠ =30 ,
∴ = = , 第二步:用OE OC, EOC °, OEF °,推出
MD AM = ∠ =60 ∠ =90
CEF F °,进而求得CE CF R.
∴ AD=MD, ∠ =∠ =30 = =
点M是线段AD的黄金分割点. OE OC
∴ ∵ = ,
19. 解: 如解图 O即为所求作 答案不唯一 OEC是等边三角形 OEC OCE °
(1) ①,☉ ( ); ∴ △ ,∠ =∠ =60 ,
CEF °
∴ ∠ =30 ,
CEF F.
∴ ∠ =∠
设 O的半径为R
☉ ,
CE CF OE R.
∴ = = =
第三步:在 ADC中,利用锐角三角函数求出CD
Rt△
第 题解图 的长,进而得到BD的长.
19 ①
证明: 如解图 连接 AO 并延长 交 O 于点 在 ADC中 AD ACB ° °
(2) ②, , ☉ Rt△ , =3 3,∠ =60 ,tan60 = 3=
M 即AM为 O的直径 连接BM
, ☉ , , AD
3 3
CD= CD,
CD BD BC CD
∴ =3, = - =7-3=4,
第四步:在 ACD和 ABD中,由勾股定理求
Rt△ Rt△
出AC,AB的长,代入即可求解.
第 题解图 在 ACD中 AC AD2 CD2 2 2
19 ② Rt△ , = + = (3 3) +3 =6,
ABM ° AM R 在 ABD 中 AB AD2 BD2 2 2
∴ ∠ =90 , =2 , Rt△ , = + = (3 3) +4
4名师讲评式解析
. 22. 解: 如解图 点D即为所求 答案不唯一
= 43 (1) ①, ;( )
AC AB
由 得R ·
(2), = AD ,
2
R 6 43 129
∴ = = ,
6 3 3
即CF 129.
= 第 题解图
3 22 ①
20. 解: 如解图 点 E 与 AEC 即为所求. 答案不唯
(Ⅰ) 2; (2) ②, ∠ (
一
(Ⅱ) )
解题思路
利用无刻度直尺作线段的 倍关系,可考虑利用三
2
角形的中位线,再结合全等三角形对应边相等,转
化为题目所求边即可.
如解图 记直线PA与射线BC的交点为M 取圆与网
, ; 第 题解图
格线的交点D和E 连接DE 取格点F 连接AF 与 22 ②
, ; , , 23. 解: 如解图 直线BD即为所求作
DE相交于点O 连接BO并延长 与AC相交于点G (1) ①, ;
; , ,
与直线PA相交于点H 连接CH并延长 与网格线相
; ,
交于点I 连接AI 与网格线相交于点 J 连接 GJ 与
, , ; ,
线段BA的延长线相交于点N 则点M N即为所求.
, ,
第 题解图
23 ①
如解图 BF即为所求作 作法不唯一 .
(2) ②, ( )
第 题解图
23 ②
【作法提示】连接CE并延长交DA的延长线于点F
,
连接BF 则BF即为作求作.
第 题解图 ,
20
第二十三讲 视图与投影
21. 解: 如解图 点D即为所求 作法不唯一
(1) ①, ( );
(2)
如解图
②,
点O即为所求
(
作法不唯一
)
.
1. 【解析】 此图为球 故不正确 此图为圆锥 故
D A. , ;B. ,
【作法提示】作 BC 的中点 D 取 AC 的中点 E 连接
, , 不正确 此图为圆台 故不正确 此图为圆柱 故
;C. , ;D. ,
AD BE相交于点O 则点O即为所求.
, , 正确 故选
. D.
2. 【解析】将直角三角形绕它的一条直角边所在直
A
线旋转一周后形成的几何体是圆锥.故选 .
A
3. 【解析】逐项分析如下
C :
选项 逐项分析 正误
第 题解图 主视图是矩形 俯视图是圆
21 A , ✕
一题多解
主视图是矩形 矩形内部有一条纵向的
(
如解图 ,点O即为所求. B 虚线 俯视图是三角形 ✕
③ ),
主视图和俯视图都是圆
C √
主视图是三角形 俯视图是四边形 四
, (
边形的内部有一点与四边形的四个顶
D ✕
点相连
第 题解图
)
21 ③
5中考真题分类·数学
4. 【解析】从上面看这个几何体 看到的图形是一个 是轴对称图形 符合题意.故选 .
A , , C
正六边形.故选 . 2.
A D
5. 3.
C B
6. 【解析】从左侧看下方是一个长方形 上面中间是 4.
A , A
一个小正方形.如选项 所示. 5. 【解析】将 ABC沿折痕AD折叠 使点B落在AC
A D △ ,
7. 边上的点E处 AE AB BD DE AC BC
D ,∴ = =4, = ,∵ =6, =
8. 【解析】该几何体的主视图与左视图相同 均为两 CE AC AE BD CD DE CD CDE
A , 5,∴ = - =2, + = + =5,∴ △
列 从左到右小正方形的个数分别是 .它的俯视图 的周长 DE CD CE .
, 3,1 = + + =5+2=7
的底层左边是 个正方形 上层是 个正方形. 6.
1 , 2 D
9. 【解析】主视图是物体从前向后看得到的视图 看 7. 【解析】如解图 过点A′作FG AB 分别交AD BC
C , D , ∥ , ,
得见的部分画实线 看不见的部分画虚线 故主视图 于点F G 由折叠的性质得 AEB A′EB AE A′E
, , , , ∠ =∠ , = ,
为选项 . E 为边 AD 的中点 AE DE DE A′E
C ∵ ,∴ = ,∴ = ,∴
10. EDA′ EA′D AEA′是 A′ED 的外角
A ∠ = ∠ ,∵ ∠ △ ,∴
11. AEA′ EDA′ EA′D AEB EDA′ A′D
A ∠ =∠ +∠ ,∴ ∠ =∠ ,∴ ∥
12. 【解析】根据主视图和左视图为矩形判断出是柱 BE 故选项 正确 不符合题意 四边形ABCD是正
D , A , ;∵
体 根据俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是 方形 AB BC CD DA BAE ABC BCD
, ,∴ = = = ,∠ =∠ =∠ =
圆柱.故选 . CDE ° 设 AB BC CD DA E 为边 AD
D ∠ =90 , = = = =10,∵
13. 【解析】根据俯视图和主视图可知 这个几何体 的中点 AE DE 由折叠的性质得 BAE
A , ,∴ = = 5, ∠ =
的底层最少有 个小正方体 第二层最少有 个小 BA′E ° AE A′E AB A′B FG AB
5 , 2 ∠ =90 , = =5, = =10,∵ ∥ ,∴
正方体 因此组成这个几何体的小正方体最少有 四边形ABGF和四边形DCGF为矩形 FG AB
, 5+ ,∴ = =10,
个 .如解图 其中一种情形 . EFA′ A′GB EA′B ° 设DF CG x 则EF
2=7( ) ( ) ∠ =∠ =∠ =90 , = = ,
x BG x EA′F ° GA′B A′BG
=5- , =10- ,∵ ∠ =90 -∠ =∠ ,
A′F EF EA′
EA′F A′BG 5 1 A′F
∴ △ ∽△ ,∴ BG=A′G=A′B= = ,∴
10 2
1BG 1 x A′G EF x A′F A′G
第 题解图 = = (10- ), =2 =2(5- ),∵ + =
13 2 2
14. 【解析】 正方体的平面展开图中 相对面的特 FG 1 x x 解得x DF
B ∵ , =10,∴ (10- )+2(5- )=10, =2,∴ =
点是之间一定相隔一个正方形 在此正方体上与 2
,∴
共 字相对的面上的字是 全 . CG =2, A′F =4, A′G =6,∴ A′C = 6 2 +2 2 =2 10, A′D
“ ” “ ”
15. 【解析】根据展开图可知该几何体展开图侧面是 2 2 A′C A′D 故选项 正确 不符
D = 4 +2 =2 5,∴ = 2 , B ,
扇形 底面是圆形 则该立体图形是圆锥.
, , 合题意 A′CD的面积 1 A′DE的
;∵ △ = ×10×2=10,△
16. 2
B
面积 1 A′CD的面积 A′DE的面
17. 12 2 【解析】如解图 根据题意设BC x 则AB AE = ×5×4=10,∴ △ =△
, = , = 2
5 积 故选项 正确 不符合题意 四边形A′BED的面
x BD x BE x 则在直角三角形 ABE , C , ;∵
=12- , = 2 , =4 2 ,
积 A′DE的面积 A′BE的面积 1
中 由勾股定理可得AE2 AB2 BE2 即 x 2 =△ +△ =10+ ×5×10=
, + = , (12- ) +(12 2
x 2 x 2 解得x 12或x 舍去 正方 A′BC的面积 1 四边形 A′BED
- ) =(4 2 ) , = =-4( ),∴ 35,△ = ×10×6=30,∴
5 2
的面积 A′BC 的面积 故选项 不正确 符合题
体的棱长BD x 12 2 . ≠△ , D ,
= 2 = (cm) 意.故选 .
5 D
第 题解图 第 题解图
17 7
8.
第二十四讲 图形的对称、平移、旋转与位似 D
9. 3 【解析】如解图 设CD与y轴交于点G AB
1. 【解析】根据轴对称图形的定义可得只有 中 字 (- ,5) , ,
C “ ” 2
6名师讲评式解析
m 由题意可得 AOG ° 四边形 OADG 是矩形 则 AED ° 由平移性质可知AB CD AB CD
= , ∠ =90 , , ∠ =90 , = , ∥ ,∴
AD AB CD BC OG m. 点B的坐标为 四边形 ABCD 是平行四边形 ABC °
∴ = = = = = ∵ (1,0), ,∵ ∠ = 90 ,
OA m . 将 ADE 沿 AE 折叠 点 D 落在点 F 四边形ABCD是矩形 BAD ° BC AD
∴ = -1 ∵ △ , ∴ ,∴ ∠ =90 , = =
处 点F的坐标为 OF AF AD m DE AB OAB EAD ° OAB OBA °
, (0,3),∴ =3, = = , = 2 ,∴ ∠ +∠ =90 ,∵ ∠ +∠ =90 ,
EF 在 AOF 中 由勾股定理得 AF2 OA2 OF2 OBA EAD AOB DEA ° OAB
, Rt△ , = + , ∴ ∠ =∠ ,∵ ∠ =∠ =90 ,∴ △
m2 m 2 2 解得 m DG OA m OA AB OB
∴ =( -1) +3 , =5,∴ = = -1=4, EDA A B
设EG a 则EF DE a FG OG OF 在 ∽△ ,∴ ED=DA=EA,∵ (0,-2), (1,0),∴
= , = =4- , = - =5-3=2,
EFG中 由勾股定理得EF2 EG2 FG2 a 2
Rt△ , = + ,∴ (4- ) OA OB AB 2 5 1 BC AD
=2, =1, = 5,∴ ED=DA=EA, = =2
a2 2 解得a 3 点E在第二象限 点E的坐
= +2 , = ,∵ ,∴
设EA a 则ED a DA a a 解得
2 5, = , =2 , = 5 ,∴ 5 =2 5,
标为 3 . a EA ED OE OA EA 点 D在
(- ,5) =2,∴ =2, =4,∴ = + =4,∵
2 第四象限 D .
,∴ (4,-4)
第 题解图 第 题解图
9 13
10. 【解析】由题意可得 点A 平移后的对应点
B , (3,0) 14. 4 3 【解析】 AB AC BAC ° B C
为点C 即点A向上平移了 个单位长度 同 ∵ = ,∠ =120 ,∴ ∠ =∠ =
(3,5), 5 , 9
样的点B 也向上平移 个单位长度 点 B °. 又 AD 是 ABC 的中线 AD BC. 在
(2,-2) 5 ,∴ 30 ∵ △ ,∴ ⊥
的对应点D的坐标为 . AD
(2,3) ABD中 B AD 1 BD
11. 【解析】如解图 过点A作AH y轴于点H 过点 Rt△ ,sin =AB,∴ = ×2=1,∴ =
B , ⊥ , 2
B作 BK AH 交 HA 的延长线于点 K 则 AHO
⊥ , ∠ = 2 2 AA′ 1AD 1 A′D 1 2.
BKA ° BAO BAK AOH ° 2 -1 = 3,∴ = = ,∴ =1- =
∠ = 90 = ∠ ,∴ ∠ = ∠ = 90 - 3 3 3 3
AH OH OA 如解图 设A′B′与BD的交点为M A′C′与CD的交点
HAO AHO BKA BAO , ,
∠ ,∴ △ ∽△ ,∴ BK=AK=AB,∵ ∠ 为N 由平移可知 A′MD B ° 在 A′DM
, ,∠ =∠ =30 , Rt△
OA
° ABO 1 A OH AH 2
=90 ,tan∠ = , (-4,3),∴ =3, =4,AB A′D
2 中 A′MD MD 3 2 3. A′M A′N
,tan∠ =MD,∴ = = ∵ = ,
1 4 3 1 BK AK 将 ABO平 3 3
= ,∴ BK=AK= ,∴ =8, =6,∵ △
2 2 3
移得到 EFG OF BK OE AK E
△ ,∴ = =8, = =6,∴ (6,
MN MD 4 3 S 1 4 3 2 4 3.
将点A先向右平移 个单位长度 再向下平 ∴ =2 = ,∴ 重叠部分= × × =
0),∴ 10 , 3 2 3 3 9
移 个单位长度得到点E 将点O 先向右平
3 ,∵ (0,0)
移 个单位长度 再向下平移 个单位长度得到点
10 , 3
G G .
,∴ (10,-3)
第 题解图
14
15. 【解析】 正方形ABCD的边长为 AB边在y轴
A ∵ 5,
上 将正方形ABCD绕点 O逆时针旋转 ° 得到正
, 90 ,
方形A′B′C′D′ B AB BC A′B′ B′C′
, (0,-2),∴ = = = =
第 题解图 C′D′ OB OB′ A′B′在x轴上 A′B′ C′D′
11 =5, = =2, , ∥ ,∴
12. 【解析】由题意可知DF AC AD CF 四边
B′
(2,0),
C′
(2,5),∴
D′
(-3,5)
.
24 = , = =2,∴
16. 【解析】如解图 连接 AD 与 CC′交于点 O 在
形ABFD的周长 AB BF DF AD AB BC CF AC D , , Rt
= + + + = + + + +
AD ABC的周长 AD CF . ACD中 AD AC2 CD2 由旋转可知 ACB
=△ + + =20+2+2=24 △ , = + =5, ,△
13. 【解析】如解图 过D作DE y轴于点E AC′B′ AC AC′ ACD AC′B′ AC′D
(4,-4) , ⊥ , ≌△ , ∴ = ,∠ =∠ =∠ =
7中考真题分类·数学
° 又 AD AD AC′D ACD
90 , ∵ = ,∴ Rt△ ≌Rt△ (HL),∴
CD AC
AD CC′ C′O CO CC′ CO · 3×4
⊥ , = , =2 =2× AD =2×
5
24. =
5
第 题解图
16
17. 【解析】如解图 设线段 OA 绕点O逆
(3 2,3 2) ,
时针旋转 ° 点 A的对应点为 A′ 则 OA′ OA
45 , , = =6,
A′OA ° 过点A′作A′B x轴于点B 则 A′BO
∠ =45 , ⊥ , ∠
° A′OB 为等腰直角三角形 OB A′B
=90 ,∴ △ ,∴ = =
2OA′ A′ 即点 A对应点的坐标
=3 2,∴ (3 2,3 2),
2
为 .
(3 2,3 2)
第 题解图
17
18. 【解析】由旋转可知 CBE ABF CE
①③④ ,△ ≌△ ,∴
AF BCE BAF BE BF 在正方形 ABCD
= ,∠ =∠ , = ,∵
中 ABC ° AB BC 且 AEM BEC
, ∠ = 90 , = , ∠ = ∠ ,
BEC BCE AEM BAF ° AMC
∴ ∠ +∠ =∠ +∠ =90 ,∴ ∠ =
° 即CM AF 故结论 正确 AB BF AF CF
90 , ⊥ , ① ;∵ + > , =
BC BF AB BF CF AF 故结论 错误 如解图
+ = + ,∴ > , ② ; ,
AC为正方形ABCD的对角线 CAB CAD
∵ ,∴ ∠ =∠ =
ACB ° AMC ABC ADC ° A
∠ =45 ,∵ ∠ =∠ =∠ =90 ,∴ ,
M B C D 在以 AC 为直径的圆上 CD
, , , ,∵
(
CD
=
(
,
CMD CAD ° 故结论 正确 如解图 过
∴ ∠ =∠ =45 , ③ ; ,
点N作NG AC 交 AD 于点 G CE 平分 ACB
⊥ , ,∵ ∠ ,
ACB ° ACM . ° AM
∠ =45 ,∴ ∠ =22 5 ,∵
( AM
=
(
19. 解: 在 ABC中 ACB ° CA CB
(1)∵ △ ,∠ =90 , = ,
BAC ABC °
∴ ∠ =∠ =45 ,
在 CDE中 DCE ° E °
△ ,∠ =90 ,∠ =30 ,
CDE °
∴ ∠ =60 ,
AFD CDE BAC ° ° °.
∴ ∠ =∠ -∠ =60 -45 =15
在 ABC 中 AC AB ABC 2
Rt△ , = ·sin∠ = 12× =
2
6 2(cm),
在 CDE中 CD CE E 3
Rt△ , = ·tan =12× =4 3(cm),
3
AD AC CD
∴ = - =(6 2-4 3)cm;
如解图 过点C作CG DE 垂足为G
(2)① ①, ⊥ , ,
第 题解图
19 ①
在 CDG 中 CGD ° CDG ° CD
△ , ∠ = 90 , ∠ = 60 , =
4 3 cm,
DG CD CDG CG CD CDG
∴ = ·cos∠ =2 3 cm, = ·sin∠
.
=6 cm
在 CGA中 CGA ° CA CG
Rt△ ,∠ =90 , =6 2 cm, =6cm,
AG AC2 CG2
∴ = - =6 cm,
AD AG DG
∴ = + =(6+2 3)cm;
AB DE 理由如下
② ⊥ , :
在 CGA中 CGA ° AG CG
Rt△ ,∠ =90 , = =6 cm,
CAG ACG °
∴ ∠ =∠ =45 ,
又 BAC °
∵ ∠ =45 ,
DAB CAG BAC ° ° °
∴ ∠ =∠ +∠ =45 +45 =90 ,
AB DE.
∴ ⊥
一题多解
如解图 ,过点A作AH CD,垂足为H.
ADM ① ② ⊥
,∴ ∠ 设DH x,则CH x.
ACM . ° CAD ° AGN ° = =4 3-
=∠ =22 5 ,∵ ∠ =45 ,∴ ∠ =90 - 在 ADH 中, AHD °,
CAD ° DNG AGN ADM . ° ∵ △ ∠ =90
∠ = 45 ,∴ ∠ =∠ -∠ = 22 5 , CDE °,DH x,
AN NG GD 设AD CD a 在 ANG中 AN2 ∠ =60 =
∴ = = , = = , Rt△ , +
AH x,AD x.
NG2 AG2 AN2 a AN 2 AN a ∴ = 3 =2
= ,∴ 2 =( - ) ,∴ =( 2-1) ,∵
在 ACH中, CHA °,
AC AD2 CD2 a CN AC AN a ∵ △ ∠ =90
= + = 2 ,∴ = - = 2 -( 2- CH2 AH2 AC2,
AN a ∴ + = 第 题解图
a a ( 2-1) .故结论 正确.综 19 ②
1) = ,∴ CN= a = 2-1 ④ 即( x)2 ( x)2 (
4 3 - + 3 = 6
上所述 结论正确. )2,
,①③④ 2
解得x 或x (舍去).
= 3+3 = 3-3
AD x ( ) ;
∴ =2 = 6+2 3 cm
AB DE,理由如下:
② ⊥
如解图 , CG DE,GC GA ,
① ∵ ⊥ = =6 cm
第 题解图 CAG GCA °,
18 ∴ ∠ =∠ =45
8名师讲评式解析
又 CAB °, 25. 解: 如解图 A B C 即为所求 C
∵ ∠ =45 (1) ①,△ 1 1 1 , 1(4,1);
DAB CAG CAB °,
∴ ∠ =∠ +∠ =90
AB DE.
∴ ⊥
20. 【解析】 OB OD 将 OAB以点O为位
B ∵ ∶ =1∶2,∴ △
似中心放大 倍后得到 OCD OAB 与 OCD
2 △ ,∴ △ △
的周长之比是 .
1∶2
21.
B
22. 【解析】 五边形ABCDE A′B′C′D′E′是以坐标原
C ∵ ,
点O为位似中心的位似图形 点A A′的坐标分别为
, ,
OA OE OD
2 易得 DOE
(2,0),(3,0),∴ OA′=OE′=OD′= , △ ∽
3
第 题解图
DE OE 25 ①
D′OE′ 2 DE D′E′ 9.
△ ,∴ D′E′=OE′= ,∵ =3,∴ = 如解图 A B C 即为所求 C
3 2 (2) ②,△ 2 2 2 , 2(-1,4);
23. 解题思路
将相似比转化为对应点到位似中心长度的比,结合
两点间距离公式求出线段长度, 对应点与位似中
∵
心共线,所以可得到直线解析式,设出点A 的坐标,
3
解方程求解.
27 【解析】设直线AP的解析式为y kx b
(-10, ) = +
2
{ {
k b 3 k 3
k 则 6 + = 解得 =- 则直线AP的解
( ≠0), 2 , 4 ,
k b b
4 + =3 =6
第 题解图
25 ②
析式为y 3 x AP 2 3 2 5
=- +6, = (6-4) +( -3) = ,
4 2 2 OC 2 2
由题意得A P AP A P A P A P A P
(3) 1= 1 +4 = 17,
1 =2 =5, 2 =2 1 =10, 3 =2 2 = ∴ 点C 1 旋转到点 C 2 的过程中 , 所经过的路径长为
设点A 的坐标为 m 3 m 则 m 2
20, 3 ( ,- +6), ( -6) + 90π× 17 17 .
4 = π
180 2
(- 3m +6- 3 ) 2 = 20 2 , 解得 m 1 =-10, m 2 = 22( 舍 周末小测卷———图形的变化
4 2
去 当m 时 3 m 27 点A 的坐标为 1. 2. 3.
), =-10 ,- 4 +6= 2 ,∴ 3 4. C 【解 A 析 】由题 A 意得 整个图形由三个叶片组成 则相
B , ,
27 . 邻叶片之间的夹角为 ° ° 该叶片图案绕
(-10, ) 360 ÷3=120 ,∴
2 中心至少旋转 °后能与原来的图案重合 角α的
24. 解: 如解图所示 D即为边AB的中点 点D的坐 120 ,∴
(1) , , 大小可以为 °.
标为 120
(-2,-1); 5. 【解析】 以原点 O 为位似中心 在第三象限画
如解图所示 A B C 即为所求. B ∵ ,
(2) ,△ 1 1 1 OA′B′与 OAB位似 OA′B′与 OAB的相似比为
△ △ ,△ △
点A 的对应点 A′的坐标为
2∶1,∴ (2,1) (-2×2,-2×
即 .
1), (-4,-2)
6.
B
7. 【解析】 在 ABC中 C ° AB BC
A ∵ Rt△ ,∠ =90 , =13, =
AC 2 2 由题意可得 BF平分 ABC
5,∴ = 13 -5 =12, , ∠ ,
即 CBF ABF 如解图 设BG AC交于点 M 过点
∠ =∠ , , , ,
M作MN AB于点N 则CM MN 设CM MN x
⊥ , = , = = ,∵
S S S 1 BC AC 1 BC CM 1 AB
△ ABC= △ MBC+ △ ABM ,∴ · = · +
2 2 2
MN 即 x x 解得 x 10 即 CM 10 则
第 题解图 · , 5×12=5 +13 , = , = ,
24 3 3
9中考真题分类·数学
AGB ABG α
BM 2 10 2 5 13 由作图痕迹可知 AQ ∴ ∠ =∠ = ,
= 5 +( ) = , , ⊥ BAG ° α
3 3 ∴ ∠ =180 -2 ,
BH AQB C ° CBG ABG ABQ 将线段 AD 绕点 A 逆时针旋转 ° α 得到线
,∴ ∠ =∠ =90 ,∠ =∠ ,∴ △ ∽ ∵ 180 -2
AQ AB AQ 段AE
MBC 即 13 解得AQ . ,
△ ,∴ MC=MB , = , =2 13 DA EA DAE GAB ° α
10 5 13 ∴ = ,∠ =∠ =180 -2 ,
3 3 ∴ ∠ DAG =∠ EAB ,
DAG EAB
∴ △ ≌△ (SAS),
DG BE AGD ABE ° AGC ° α
∴ = ,∠ =∠ =180 -∠ =180 - ,
又 ABC α
∵ ∠ = ,
FBE ABE ABC ° α α ° α
∴ ∠ =∠ -∠ =180 - - =180 -2 ,
EF AB
∵ ∥ ,
第 题解图 BFE ABF α
7 ∴ ∠ =∠ = ,
BEF ° FBE BFE α
8. 1 【解析】 把 ABC 以原点 O 为位似中心放大 ∴ ∠ =180 -∠ -∠ = ,
∵ △ , BFE BEF
3 ∴ ∠ =∠ ,
得到 A′B′C′ ABC A′B′C′ 点A和它对应 BE BF
△ ,∴ △ ∽△ ,∵ ∴ = ,
点A′的坐标分别为 ABC 与 DG BF
(3,7),(-9,-21),∴ △ ∴ = ,
AG AB AC BC
A′B′C′的相似比为1 . ∵ = , ⊥ ,
△
3 GC BC
9. 【解析】 CDE 为等边三角形 DEC D
∴ = ,
12 ∵ △ ,∴ ∠ =∠ DF BD BF BD DG BG BC. 分
∴ = - = - = =2 ……… (10 )
° 四边形 ABCD 为平行四边形 B D
=60 ,∵ ,∴ ∠ =∠ = 一题多解
° CD AB 由折叠可得 B B′ ° AB
60 , = =6 cm, ,∠ =∠ =60 , DF BC. …………………………………… ( 分)
AB′ 又 AEB′ CED ° AEB′为 =2 4
= =6 cm, ∵ ∠ =∠ =60 ,∴ △ 证明:如解图 ,在CB延长线上取一点H,连接AH,
等边三角形 AE AB′ CD AB′ AEB′ ②
DEC
,
D
∴
E A
=
E
=6 cm
A
,
D
∵ =
.
,∴ △ 使得AH
=
AD,连接BE,HE,
≌△ ,∴ = =6 cm,∴ =12 cm
10. 解: 全等三角形对应角相等 分 ∵
AD
=
AE
=
AH,
∠
ACB
=90
°,
(1) SSS, ;……… (3 )
点D,E,H 在以点 A 为圆心,AD 为半径的圆上,
证明: AED AOB ED OB ∴
(2) ∵ ∠ =∠ ,∴ ∥ ,
DC CH,
EPO POB =
∴ ∠ =∠ ,
EO EP BHE 1 DAE ° α,
∵ = , ∴ ∠ = ∠ =90 -
EOP EPO 2
∴ ∠ =∠ , 设 ADC β,则 BAH α β,
EOP POB ∠ = ∠ = -
∴ ∠ =∠ , EAH DAH DAE ° β ( ° α)
OP平分 AOB. 分 ∴ ∠ =∠ -∠ =180 -2 - 180 -2 =
∴ ∠ ………………………… (6 ) α β,
11. 证明: ACB ° ABC ° 2 -2
(1) ∵ ∠ =90 ,∠ =45 ,
BAE α β BAH,
BAC ABC ° ∴ ∠ = - =∠
∴ ∠ =∠ =45 , 又 AB AB,
线段AD绕点 A逆时针旋转 ° ° °得 ∵ =
∵ 180 -2×45 =90
BAE BAH( ),
到线段AE 点D与点C重合 ∴ △ ≌△ SAS
, ,
BE BH, EBH ° ( ° α) α,
AE AD AC EAB ° BAC ° ∴ = ∠ =180 -2 90 - =2
∴ = = ,∠ =90 -∠ =45 ,
EF AB,
EAB ABC BC AE ∵ ∥
∴ ∠ =∠ ,∴ ∥ ,
ABC CFE α,
EF AB 四边形ABFE是平行四边形 ∴ ∠ =∠ =
∵ ∥ ,∴ ,
BEF EBH BFE α α α BFE,
BF AE ∴ ∠ =∠ -∠ =2 - = =∠
∴ = ,
BF BE BH,
BF AC 分 ∴ = =
∴ = ;…………………………………… (3 )
DF DH FH CH BH BC. ………… ( 分)
解:DF BC. 分 ∴ = - =2 -2 =2 7
(2) =2 …………………………… (4 )
证明 如解图 在DB上取一点G 使得AG AB 连
: ①, , = ,
接AG BE.
,
第 题解图
11 ②
第 题解图
11 ①
10名师讲评式解析
第八章 统计与概率 10. 甲 【解析】由题意可得 甲 乙两人的平均数相同
, 、 ,
都是 但是甲的方差为 . 乙的方差为 .
601, 95 4, 243 4,
第二十五讲 统 计 甲的方差小于乙的方差 甲的成绩更稳定.
,∴
11. 【解析】由题意知 被调查的总人数为 %
1. 【解析】 .调查某种柑橘的甜度情况 全面调查工 B , 16÷40 =
D A , 人 选择 脑机接口 的人数a
作量大 且具有破坏性 适合抽样调查 故本选项不合 40( ),∴ “ ” =40-(16+14)
, , , 人 .
题意 .调查某品牌新能源汽车的抗撞能力 具有破 =10( )
;B , 12. 【解析】由统计图可知 年人均纸质书籍阅
坏性 适合抽样调查 故本选项不合题意 .调查某市 C ,2022
, , ;C 读量为 本 年人均电子书籍阅读量为 本
垃圾分类的情况 全面调查工作量大 适合抽样调查 5 ,2023 11 ,
, , , 故 选项正确 年人均纸质书籍阅读量为
故本选项不合题意 .调查全班观看电影 哪吒 的 A,B ;2024
;D 《 2》 . 本 人均电子书籍阅读量为 . 本 . .
情况 范围较小 适于全面调查 故本选项符合题意. 5 3 , 12 3 ,12 3÷5 3≠
, , , 故 选项错误 观察统计图可知从 年至
2. 【解析】根据抽样调查样本的普遍性和代表性可 3, C ; 2016 2024
D 年 人均电子书籍阅读量呈上升趋势 故 选项
知 选项 相比较具有普遍性和代表性. , , D
, D 正确.
3. 【解析】由题意可得 该地区七年级 名男
1 500 : 2 000 13. 解: .
(1)7 5,7,8;
生中 等级为正常的人数是 75 人.
BMI 2 000× =1 500 【解法提示】由题意得 a 7+7+6+8+8+8+8+8+7+8
100 , =
4. 【解析】由题图易知 中位数是 众数是 . 10
D , 85, 85 . 把小红的 位评委的评分按照从低到高的
=7 5; 10
a
5. 【解析】由题意知 4+5+5+6+ 解得a . 顺序排列为 小红的 位
D , =6, =10 7,7,7,7,7,7,8,8,8,9,∴ 10
5
6. 【解析】 这组数据为 n的值是 故 评委的评分的中位数为7+7 分 即b 小丽
C ∵ 6,6,7,8,8,∴ 5, =7( ), =7;∵
2
选项 说法正确 不符合题意 该组数据的平均数是
的 位评委的评分中 评分为 分的人数最多
A , ;
10 , 8 ,∴
6×2+7+8×2 故选项 说法正确 不符合题意 众 小丽的 位评委的评分的众数为 即c .
=7, B , ; 10 8, =8
5 小丽的成绩较好 理由如下
(2) , :
数为 故选项 说法错误 符合题意 若该组数据
6,8, C , ; 从平均数来看 两人的平均数相同 从中位数和众数
, ;
加入两个数 中括号内数值不变 但 n值变大 所
7,7, , , 来看 小丽的中位数和众数均大于小红的中位数和
,
以这组新数据的方差变小 故选项 说法正确 不符
, D , 众数 故小丽的成绩较好 答案不唯一 .
, ( )
合题意.
14. 解:
7.
(1)36;135;
A 补全条形统计图如解图
;
8. 【解析】 若新增线路长度是 公里 则数据排
A A. 25 ,
序为 .第 个数为 平均
25、26、28、30、30、32 3、4 28、30,
值为 即中位数为 而众数仍为 出现 次
29, 29, 30( 2 ),
符合题意 若新增线路长度是 公里 数据排序为
;B. 28 ,
.第 个数为 平均值为
26、28、28、30、30、32 3、4 28、30,
即中位数为 但众数变为 和 各 次 与
29, 29, 28 30( 2 ),
原众数 不一致 不符合题意 若新增线路长度是
30 , ;C.
公里 数据排序为 .第 个数
29 , 26、28、29、30、30、32 3、4
为 平均值为 . 即中位数为 . 不符合题
29、30, 29 5, 29 5,
意 若新增线路长度是 公里 数据排序为
;D. 30 , 26、28、
.第 个数均为 平均值为 即中
30、30、30、32 3、4 30, 30, 第 题解图
14
位数为 不符合题意.故选 .
30, :A % 人 .
A (2)1 500×30 =450( )
9. 【解析】由题意 得4 +70×3+80×2+90×1 解 答 估计用私家车接送孩子的家长有 人
> , =82, : 450 ;
4+3+2+1 原因 由扇形统计图可知 接送孩子的电动自
B (3) :① ,
得 A 4 +90×3+80×2+70×1 解得 B 行车和私家车的比例较大 为 % 容易造成放学后
= 90, = 82, = 80, , 75 ,
4+3+2+1
校门口交通拥堵 由条形统计图可知 在
A B. ;② , 12:00~
∵ 90>80,∴ > 时段 接送孩子的电动自行车和私家车的数量
12:10 ,
一题多解
较多 容易造成放学后校门口交通拥堵等.
,
由题可得,甲: . . . ,乙: 建议 建议家长在条件允许的情况下选用公共交
70×0 3+80×0 2+90×0 1=46 90×
:①
. . . , 两人最终成绩都是 通方式接送孩子 建议用电动自行车和私家车接
0 3+80×0 2+70×0 1=50 ∵
;②
,且 , 甲听的成绩要高于乙,即A B. 送孩子的家长 在条件允许的情况下避开
82 46<50 ∴ >
, 12:00~
1中考真题分类·数学
时段接送孩子等. 答案不唯一 原因及建议 左右 故估计抛掷这枚棋子出现 正面朝上 的概率约
12:10 ( , , “ ”
各写出一条即可 为 . .
) 0 55
15. 解: 补全频数分布直方图如解图 4. 【解析】 开展了五类社团活动 舞蹈 篮球 口风
(1) ; D ∵ , 、 、
琴 摄影 戏剧 从中随机抽取一类 则抽中戏剧类
、 、 ,∴ ,
社团活动的概率为1 .
5
5. 【解析】由题意可知 该不透明袋子中共有的球数
B ,
为 个 红球的数量为 从中随机
4+3+2+1=10 ,∵ 3,∴
摸出一个球 P 摸出红球 3.
, ( )=
10
6. 【解析】设红球有x个 则袋中总球数为 x 个
B , ( +3) ,
摸到白球的概率为 3 根据题意 得 3 3 解得
∴ x, , x= ,
3+ 3+ 5
第 题解图 x 红球的个数为 个 故选 .
15 =2,∴ 2 , B
7. 解题思路
【解法提示】a .
=24-4-2-9-2=7
解决此题的关键是根据概率确定每个数字所在面的
. .
(2)7 67,7 79;
【解法提示】甲基地水体的 值数据中 . 出现
个数.
pH ,7 67
了 次 次数最多 b . 乙基地水体的 值 【解析】正方体共 个面 向上一面出现数字 的
4 , ,∴ =7 67; pH A 6 , 1
数据中 按从小到大排列 位于第 位的数据分
, , 12,13 概率为1 出现数字 的概率为1 数字 有 个
, 2 ,∴ 1 3 ,
. .
别为 . . c 7 77+7 81 . . 2 3
7 77,7 81,∴ = =7 79 数字 有 个 则数字 只有 个 选项 中数字 有
2 2 2 , 3 1 , A 3
甲更稳定 理由如下 个 符合题意.
(3) , : 2 ,
甲基地水体 值的方差小于乙基地水体 值
∵ pH pH 8. 3 【解析】根据题意可知正八边形转盘被分成八个
的方差 8
,
面积相等的三角形 其中阴影部分的面积为三个面积
甲基地水体的 值更稳定 ,
∴ pH ;
甲基地水体的 值的日变化量为 . . 相等的三角形 P 指针落在阴影部分 3.
(4) pH 8 26-7 27= ,∴ ( )=
. 8
0 99<1,
乙基地水体的 值的日变化量为 . . . 9. 1 【解析】画树状图如解图 由树状图可知共有 种
pH 8 21-7 11=1 1 , 6
2
>1, 等可能的结果 b2 a b2 a 能使该一元
,∵ -4 ≥0,∴ ≥4 ,∴
该日甲基地水体的 值符合要求 乙基地水体的
∴ pH , 二次方程有实数根的结果有 种 P 关于x的一元
3 ,∴ (
值不符合要求.
pH
二次方程ax2 bx 有实数根 3 1.
第二十六讲 概 率 + +1=0 )= =
6 2
1. 【解析】 投掷一枚硬币可能出现正面向上 是随
B A. ,
机事件 不符合题意 袋子中仅有红球 无黄球 因
, ;B. , ,
此摸出黄球不可能发生 是不可能事件 符合题意
, , ;C.
圆无论大小或位置 始终是轴对称图形 是必然事件
, , ,
不符合题意 射击一次可能命中靶心 是随机事件 第 题解图
;D. , , 9
不符合题意.
类题通法
2. 【解析】 张票中有 张奖票 人去摸 先摸的
C 10 1 ,10 ,
人摸到奖票的概率和后摸的人一样大 故 选项错
一元二次方程ax2
+
bx
+
c
=0
(a
≠0
)的根的判别式为:
, A
误 从 中随机抽取一个数 奇数有 个 偶
b2
-4
ac.
; 1,2,3,4,5 , 3 ,
数有 个 取得奇数的可能性较大 故 选项错误 小 ( )当b2 ac 时,方程有两个不相等的实数根;
1 -4 >0
2 , , B ;
强一次掷出 颗质地均匀的骰子 颗全是 点朝上 ( )当b2 ac 时,方程有两个相等的实数根;
3 ,3 6 2 -4 =0
是随机事件 故 选项正确 抛一枚质地均匀的硬币 ( )当b2 ac 时,方程没有实数根;
, C ; , 3 -4 <0
( )当b2 ac 时,方程有实数根.
正面朝上的概率为1 连续抛此硬币 次有可能有 4 -4 ≥0
, 2 1
2 10. 1 【解析】 选取的两件物品质
次正面朝上 故 选项错误. ∵ 70-20=50(g),∴
, D 3
3. 【解析】根据表中数据 试验频率逐渐稳定在 . 量相加需为 可使天平恢复平衡.从四件物品中
B , 0 55 50 g
2名师讲评式解析
任选两件共有 种组合
6 :(10,20),(10,30), 互为相反数 2 1.
其中可使天 )= =
(10,40),(20,30),(20,40),(30,40), 6 3
平恢复平衡的组合共有 种
2 :(10,40),(20,30),∴
P 天平恢复平衡 2 1.
( )= =
6 3
解题技巧
在简单问题中,除了画树状图法和列表法外,还可 第 题解图
14
以用枚举法,应用枚举法注意不重不漏.
15. 4 【解析】根据题意列表如下 由列表可知共有
11. 【解析】设袋子中绿球有 x 个 摸到绿球的概 , 9
3 3 ,∵ 9
种等可能的结果 其中甲出的卡片数字比乙大的结
率是3 球的总数为 x 3 x个 白球的数量 ,
,∴ 3 ÷ =5 ,∴ 果有 共 种 甲出
5 5 :(4,2),(4,3),(5,2),(5,3), 4 ,∴
为 x x x 个 每种球的个数为正整数 x
5 -3 =2 ,∵ ,∴ 2 > 的卡片数字比乙大的概率为4 .
且x为正整数 x 且x为正整数 x的最小 9
0, ,∴ >0, ,∴
值为 绿球的个数的最小值为 袋子中至少 乙
1,∴ 3,∴
有 个绿球. 甲
3
2 3 6
解题技巧
根据摸到绿球的概率,设绿球的数量为 x,得到球的 1 (1,2) (1,3) (1,6)
3
总数为 x,白球的数量为 x;分析球的数量满足的取
5 2
4 (4,2) (4,3) (4,6)
值,求解即可.
12. 【解析】由题意可知 该不透明袋子中共有的球
C , 5 (5,2) (5,3) (5,6)
数为 个 从中摸出一个小球记下颜色后放回
1+1=2 ,
并摇匀 再随机摸出一个小球 列表如下 16. 1 【解析】根据题意 画树状图如解图 易知共有
, , 4
, , :
2
第一次 种等可能的结果 其中 回到格子 的结果有
第二次 , “ ” A 2
红 黄 种 P 回到格子 2 1 .
,∴ (“ ” A)= =
4 2
红 红 红 黄 红
( , ) ( , )
黄 黄 红 黄 黄
( , ) ( , )
共有四种等可能的结果 其中P 两次摸出相同颜色
, (
第 题解图
16
的小球 1.
)= 17. 解:
2 (1)B;
13. 【解析】记 亚醜钺 为 A 蛋壳黑陶杯 为 B 把 幻方 数独 华容道 鲁班锁 分别记为
A “ ” ,“ ” , (2) “ ”“ ”“ ”“ ”
颂簋 为C 画树状图如解图 A B C D 画树状图如解图
“ ” , , , , , , ,
第 题解图
17
第 题解图
13 由树状图可得 一共有 种等可能的结果 其中两
, 12 ,
由树状图可知 共有 种等可能的结果 其中甲 乙
人恰好抽中装着写有 华容道 和 鲁班锁 卡片盲
, 9 , 、
“ ” “ ”
两位同学同时抽到 亚醜钺 的结果有 种 P 盒的结果有 种
“ ” 1 ,∴ 2 ,
P 两人恰好抽中装着写有 华容道 和 鲁班锁
甲 乙两位同学同时抽到 亚醜钺 1. ∴ ( “ ” “ ”
( 、 “ ”)=
9
14. 【解析】画树状图如解图 由树状图可得 共有
卡片盲盒
)=
2
=
1.
B , , 6 12 6
种等可能的结果 其中这两张卡片上的数恰好互为
, 18. 解: 1
相反数的结果有 种 P 这两张卡片上的数恰好 (1) ;
2 ,∴ ( 5
3中考真题分类·数学
根据题意 列表如下 图
(2) , , ②,
小博
小秦
A B C D E
A (A,A) (A,B) (A,C) (A,D) (A,E) 第 题解图
20 ②
由解图 可知共有 种等可能的结果 其中抽取的
B (B,A) (B,B) (B,C) (B,D) (B,E) ② 6 ,
两人恰好是一名男生和一名女生的结果有 种
4 ,
P 所抽取的两人恰好是一名男生和一名女生
C (C,A) (C,B) (C,C) (C,D) (C,E) ∴ ( )=
4 2.
=
D (D,A) (D,B) (D,C) (D,D) (D,E) 6 3
周末小测卷———统计与概率
E (E,A) (E,B) (E,C) (E,D) (E,E)
1.
B
由列表可知 共有 种等可能的结果 其中两个小 2. 【解析】将数据按照从小到大的顺序排列为
, 25 , A :3,4,
组抽出的卡片内容不同的结果有 种
. 众数是 原说法正确 符合题意 .中位
20 ,
5,5,6,7 A. 5, , ;B
P 这两个小组研究方向不同 20 4. 数是 原说法错误 不符合题意 . 平均数是
∴ ( )= = 5, , ;C
25 5
19. 解: 根据题意画树状图如解图 3+4+5+5+6+7 原说法错误 不符合题意 .极差
(1) , =5, , ;D
6
是 原说法错误 不符合题意.
:7-3=4, ,
3. 【解析】将正面印有甲骨文 美 丽 山 河 的
B “ ”“ ”“ ”“ ”
四张卡片分别记为A B C D 画树状图如解图 由解
, , , , ,
图知共有 种等可能的结果 其中卡片正面恰好为
12 ,
第 题解图 甲骨文 丽 和 山 的结果有 种 抽取的两张卡
19 “ ” “ ” 2 ,∴
由树状图可知 x y 可能出现的结果为
,( , ) (1,1), 片正面恰好为甲骨文 丽 和 山 的概率是2 1.
“ ” “ ” =
共有 种
12 6
(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3), 6 ;
由 中树状图得 x y的结果有 种
(2) (1) , = 2 ,
P A组学生到甲敬老院 B 组学生到乙敬老院开
∴ ( ,
展献爱心活动 2 1.
)= =
6 3 第 题解图
20. 解: 由统计数据可知 甲社团满分人数为 人 乙 3
(1) , 3 ,
社团 分的有 人 补全条形统计图如解图 4. 【解析】这天的总销量为 . % 册
7 12 , ①; D 150÷37 5 =400( ),
则科技类图书销售了 % 册 故 选项
400×15 =60( ), A
正确 不符合题意 文艺类图书销售了
, ; 400-(150+60+
册 故 选项正确 不符合题意 文艺类图
70)=120( ), B , ;
书销售占比为120 % % 故 选项正确 不符
×100 =30 , C ,
400
合题意 其他类图书销售占比为70 % . %
; ×100 =17 5 ,
第 题解图 400
20 ① 故 选项错误 符合题意.
D ,
乙
(2) ; 2
【解法提示】甲社团学生人数为 人 其成绩数据按 5. 【解析】圆的面积为 2 2 BC
40 , D π×( ) =2π,∵ =2 2,
2
从小到大排在第 位的均为 分 甲社团成
20,21 8 ,∴ BAC ° AB AC AB AC 扇形ABC的面
∠ =90 , = ,∴ = =2,∴
绩的中位数为 分 乙社团学生人数为 人 其成
8 ; 40 , °
绩数据按从小到大排在第 位的为 分 分 积为 π×2 2 × 90 °=π . ∴ 该粒米落在扇形内的概率为
20,21 7 ,8 , 360
乙社团成绩的中位数为 . 分 成绩为 分的
∴ 7 5 ,∴ 8 π 1.
学生在乙社团的排名更靠前. =
2π 2
甲社团满分人数有 人 其中两名为女生
(3)∵ 3 , , 6. 1 【解析】共有 步步锦 龟背锦 灯笼锦 三种
另外一名为男生. “ ”“ ”“ ”
∴ 3
记男生为甲 两名女生分别为乙 丙 画树状图如解 窗格 且选中任意一种窗格的可能性相同 故选中 步
, , , , , “
4名师讲评式解析
多 甲队员成绩的众数为 环 乙队员射击了
步锦 的概率是1 . ,∴ 8 ; 10
” 次 则将射击成绩按照从大到小 或从小到大 的顺
3 , ( )
7. 【解析】该校 名学生中 最喜爱娱乐节目的 序排列 位于第 第 次成绩的平均数为中位数
200 1000 , , 5, 6 ,∴
学生大约有 % 名 .
1 000×20 =200( ) 中位数为7+7 .
=7
8. 1 【解析】P 小明抽出的这张卡牌中 和自己手中 2
( , 甲 平均数 分
2 (2) , ;……………………………… (4 )
【解法提示】 甲队员和乙队员的 环 环 环出
某一张卡牌的数字一样 2 1. ∵ 7 ,9 ,10
)= =
4 2 现的次数都相同 但甲队员 环出现了 次 乙队员
, 8 4 ,
9. 乙 【解析】 x 9×2+8×1+7×3+5×2 57 x 环出现了 次 甲队员的射击整体水平高一些
甲 = = , 乙 = 6 4 ,∴ ;
8 8
乙队员 次射击成绩的平均数为 1
8×2+6×1+8×3+7×2 60 15 x 10 (4×6+2×7+1×
= = , 丙 = 10
8 8 2
74 . 加入 环后 平均数为
8×2+9×1+8×3+5×2 59 x x x . 8+2×9+1×10)= =7 4, 8 ,
= , 乙> 丙> 甲 10
8 8
74+8 82发生了变化 乙队员 次射击成绩的中位
10. 解: 1 分 = ; 10
(1) ;…………………………………… (2 ) 11 11
3 数为 环 加入 环后中位数仍为 环 乙队员 次
根据题意 列表如下 7 , 8 7 ; 10
(2) , : 射击成绩的众数为 环 加入 环后众数仍为 环.
6 , 8 6
第二次 补全丙队员的成绩如解图 答案不唯一 .
第一次 (3) ( ) ……
红 白 蓝 分
…………………………………………… (7 )
红 红 红 红 白 红 蓝
【解法提示】根据统计图知甲队员和丙队员均有 环
6
( , ) ( , ) ( , )
次 环 次 环 次 甲队员 环 次 环
白 白 红 白 白 白 蓝 1 ,7 2 ,10 1 ,∵ 8 4 ,9 2
( , ) ( , ) ( , ) 次 只需丙队员的 环次数大于 次即可.
,∴ 9 3
蓝 蓝 红 蓝 白 蓝 蓝
( , ) ( , ) ( , )
分
……………………………………………… (4 )
由列表知共有 种等可能的结果 指针所落区域颜
9 ,
色不同的结果有 种
6 ,
P 指针所落区域颜色不同 6 2. 分
∴ ( )= = … (6 )
9 3
11. 解: 分
(1)8,7; ………………………………… (2 )
【解法提示】甲队员成绩中 环出现了 次 次数最 第 题解图
,8 4 , 11
5第二部分 常见模型专练
模型一 倍长中线模型 EG BG BE m
1
∴ AG=MG=MA= m= ,
4 4
1.
(1)① BF
又
解题思路 ∵ MF=1,
作倍长中线,结合平行四边形的性质,证 BEH BG
△ ≌ 2
∴ FG= ,
CEF,得到EH EF,结合边角关系即可得证. 3
△ =
S S EG S BG
证明:如解图 延长FE AB交于点H △ BEG △ GFE 1 △ ABG 2.
①, , , ∴ S =S =AG= ,S =FG=
四边形ABCD是平行四边形 △ ABG △ AFG 4 △ AFG 3
∵ , 设S n 则S n S n
AB CD △ ABG=4 , △ BEG= , △ AFG=6 ,
∴ ∥ ,
EBH C H CFE. S 3n
∴ ∠ =∠ ,∠ =∠ ∴ △ GFE= ,
E是边BC中点 2
∵ , S S n
BE CE △ BEG △ BEG 2
∴ = , ∴ S =S S = = ;
BEH CEF △ AEF △ AGF+ △ GFE n 3n 15
∴ △ ≌△ (AAS), 6 +
2
EH EF
∴ = ,
AE EF
∵ = ,
AE EH
∴ = ,
H BAE
∴ ∠ =∠ ,
BAE CFE 第 题解图
∴ ∠ =∠ ; 1 ②
(2)
解题思路
第一步:延长AD,EF交于点M,由平行四边形的性质,结
合角度转换证得 AEF MEA, AEF ECF;
△ ∽△ △ ∽△
第 题解图 解:如解图 延长AD EF交于点M
1 ① ③, , ,
四边形ABCD是平行四边形
② ∵ ,
AD BC CD AB
解题思路 ∴ ∥ , = =3,
AEB EAD.
要求三角形的面积比,先找相似三角形或通过辅助 ∴ ∠ =∠
AEB AFE EFC
线构造相似三角形,将面积比转化为相似比求解. ∵ ∠ =∠ =∠ ,
AFE EAD.
∴ ∠ =∠
解:如解图 延长BF AD交于点M
②, , , 又 AEF MEA
∵ ∠ =∠ ,
四边形ABCD是平行四边形
∵ , AEF MEA.
∴ △ ∽△
AD BC AD BC
∴ ∥ , = , AEB AEF FEC EFC FCE FEC
∵ ∠ +∠ +∠ =∠ +∠ +∠ =
BEG MAG BCF MDF
∴ △ ∽△ ,△ ∽△ , ° AEB EFC
180 ,∠ =∠ ,
BE EG BG BC BF CF
AEF FCE
∴ MA=AG=MG,MD=MF=DF, ∴ ∠ =∠ ,
AEF ECF.
CF DF ∴ △ ∽△
∵ = , CF
BC BF CF ∵ =1,
DF CD CF .
∴ MD=MF=DF=1, ∴ = - =3-1=2
第二步:设CE s,EF t,由相似三角形的性质,表示
BF MF BC MD. = =
∴ = , =
E是边BC中点
出AE,AF,DM,FM的长,进而表示出AM的长;
∵ ,
设CE s EF t
BE CE 1BC. = , = ,
∴ = = ECF AEF
2 ∵ △ ∽△ ,
设BE CE m 则BC MD m CF CE EF
= = , = =2 ,
AM AD MD BC MD m ∴ EF=AE=AF,
∴ = + = + =4 ,
1中考真题分类·数学
s t AG.延长EB到点M 使BE BM 连接AM并延长交CD
即1 , = ,
t =AE=AF, 于点N.易证 AGB BDC 理由同 . ABG
△ ≌△ ( (2)②) ∴ ∠ =
AE st AF t2. BCD F是AE中点 B是EM中点 BF是 AEM
∴ = , = ∠ ,∵ , ,∴ △
AD BC 中位线 BF AN ABG BAN BCD ANC
∵ ∥ , ,∴ ∥ ,∴ ∠ =∠ =∠ ,∴ ∠
ECF MDF
∴ △ ∽△ , ABC ° AN CD BF AN BF CD.
=∠ =90 ,∴ ⊥ ,∵ ∥ ,∴ ⊥
EC EF CF
∴ MD=MF=DF,
s t
即 1
DM=FM= ,
2
DM s FM t
∴ =2 , =2,
AM AD DM s.
∴ = + =5+2
第三步:由 AEF MEA,得到成比例线段,解关
△ ∽△ 第 题解图
2
于未知数s,t的方程,即可求解.
证明:如解图 延长BF到点G 使FG BF 连接AG
② ②, , = , ,
AEF MEA
∵ △ ∽△ , AF EF FG BF AFG EFB
∵ = , = ,∠ =∠ ,
EF AE AF
AGF EBF
∴ EA=ME=MA, ∴ △ ≌△ (SAS),
FAG FEB AG BE
t st t2 ∴ ∠ =∠ , = ,
即 AG BE
st =t t= s, ∴ ∥ ,
+2 5+2
GAB ABE °.
ì ï t st ∴ ∠ +∠ =180
ïst =t t, ABC EBD °
í +2 ∵ ∠ =∠ =90 ,
∴ ï
ï
st t2
∴ ∠
ABE
+∠
DBC
=180
°
,
ît t= s, GAB DBC.
+2 5+2 ∴ ∠ =∠
s t BE BD AG BD.
∵ >0,>0, ∵ = ,∴ =
ì ïs 在 AGB和 BDC中
ï = 3, △ △ ,
í {AG BD
∴ ïït2 5 3+6 = ,
î = , GAB DBC
3 ∠ =∠ ,
AB BC
AF 5 3+6. = ,
∴ = AGB BDC
3 ∴ △ ≌△ (SAS),
BG CD
∴ = ,
BG BF
∵ =2 ,
CD BF.
∴ =2
类题通法
第 题解图
1 ③ 1. 倍长中线
2. 证明:在 ABE和 CBD中 如图,在 ABC中,AD是BC边上的中线.
(1) △ △ , △
AB BC ABE CBD BE BD
∵ = ,∠ =∠ , = ,
ABE CBD
∴ △ ≌△ (SAS),
AE CD FAB BCD.
∴ = ,∠ =∠
F是 ABE斜边AE的中点
∵ Rt△ ,
AE BF
∴ =2 ,
CD BF
∴ =2 , 结论: ACD EBD.
△ ≌△
BF 1AE AF 2. 倍长类中线
∵ = = ,
2 如图,在 ABC 中,D 是边 BC 的中点,E 是 AB 上一
FAB FBA △
∴ ∠ =∠ , 点,连接DE.
FBA BCD
∴ ∠ =∠ ,
FBA FBC °
∵ ∠ +∠ =90 ,
FBC BCD °
∴ ∠ +∠ =90 ,
CD BF
∴ ⊥ ;
解:BF CD
(2)① ⊥ ;
【解法提示】如解图 延长BF到点G 使FG BF 连接 结论: BDE CDF.
①, , = , △ ≌△
2名师讲评式解析
模型二 截长补短模型 A F PA 连接A F 过点A 作A R PF于点R 同理
3 = 1, 2 , 2 2 ⊥ ,
°
可得 PA F A A A (10-2)×180 ° 同
1. 解: (1) PA 1+ PA 3= 2 PA 2; (1) ∠ 2 =∠ 1 2 3= 10 =144 ,
【解法提示】选择思路一 如题图 在线段 PA 的延
: ②, 3 理 可得 PA R 1 PA F ° PF PA A F
长线上截取A Q PA 连接A Q PA A PA A (2) ∠ 2 = ∠ 2 =72 ,∵ = 3+ 3 =
3 = 1, 2 ,∵ ∠ 1 2+∠ 3 2 2
° QA A PA A ° PA A PR
=
Q
18
A
0
A
, ∠
又
3
四
2
边
+
形
∠
A A
3
A
2
A
= 1
是
80
正
,
方
∴
形
∠
A
1
A
2 = PA 3+ PA 1,∴ PR =
2
1PF =
2
1 ( PA 1+ PA 3),∴ PA 2=
sin 72
°=
∠ 3 2, ∵ 1 2 3 4 ,∴ 2 1 =
A A PA A QA A PA A QA A A P 1 PA PA
2
A
3
Q
,∴
又
△
四
1
边
2≌
形
△
A A
3
A
2
A
,∴
是
∠
正方
2
形
1=∠
A
2
A
3,
A
2
2
( 1+ 3)
即PA PA PA °.
= 2 , ∵ 1 2 3 4 ,∴ ∠ 1 2 3= ° , 1+ 3=2 2·sin72
PA A PA A ° PA Q PA A sin72
∠ 2 1 + ∠ 2 3 = 90 , ∴ ∠ 2 = ∠ 2 3 +
QA A ° A PQ是等腰直角三角形 PQ
∠ 2 3=90 ,∴ △ 2 ,∴ =
PA A Q PA PA PA 选择思路二 如题图
3+ 3 = 3+ 1= 2 2; : ③,
过点A 作A N PA 于点N 在线段PA 的延长线上
2 2 ⊥ 3 , 1
截取 MA NA 连接 MA . PA A PA A
1 = 3, 2 ∵ ∠ 1 2+∠ 3 2 =
° PA A MA A ° PA A
180 , ∠ 1 2 + ∠ 1 2 = 180 , ∴ ∠ 3 2 =
MA A .又 四边形 A A A A 是正方形 A A
∠ 1 2 ∵ 1 2 3 4 ,∴ 1 2 = 第 题解图
A A A A A ° MA A NA A MA 1 ②
3 2,∠ 1 2 3=90 ,∴ △ 1 2≌△ 3 2,∴ 2=
NA A MA A NA ° MA A NA A 模型三 一线三等角模型
2,∠ 1 2=∠ 3 2=90 ,∠ 2 1=∠ 2 3,∴
∠
MA
2
N
=90
°
,∴
四边形A
2
MPN为正方形
,∴ ∠
MA
2
P
1. 解: (1) 这两条路等长 , 且相互垂直 , 理由如下 :
四边形ABCD是正方形
NA P ° PM PA MA PA NA 2PA ∵ ,
=∠ 2 =45 ,∴ = 1+ 1= 1+ 3= 2, AD AB DC BAE ADF °
2 ∴ = = ,∠ =∠ =90 ,
DE CF
PN 2PA PA NA PN PA PA 2PA ∵ = ,
= 2,∴ 1+ 3+ = 1+ 3 = 2+ AE DF
2 2 ∴ = ,
BAE ADF
2PA PA . ∴ △ ≌△ (SAS),
2= 2 2 BE AF DAF ABE
2 ∴ = ,∠ =∠ ,
° 又 ABE AEB °
正五边形的一个内角为(5-2)×180 ° ∵ ∠ +∠ =90 ,
(2) =108 , DAF AEB °
5 ∴ ∠ +∠ =90 ,
如解图 在线段PA 的延长线上截取A E PA 连 AOE °
①, 3 3 = 1, ∴ ∠ =90 ,
接A E 过点A 作A T PE于点T AF BE
2 , 2 2 ⊥ , ∴ ⊥ ,
由题易得 EA A PA A 这两条路AF与BE等长 且它们相互垂直
△ 3 2≌△ 1 2, ∴ , ;
PA E A A A ° A P A E 能 能修建一条这样的直路 理由如下
∴ ∠ 2 =∠ 1 2 3=108 , 2 = 2 , (2) , , :
由 得AE DF BE AF AO BE
PA T 1 PA E ° (1) = , = , ⊥ ,
∴ ∠ 2 = 2 ∠ 2 =54 , ∵ AE =3 米 , AD =4 米 ,
PA PA DF 米 DC 米 FC 米
∵ 1=11, 3=49, ∴ =3 , =4 , =1 ,
PE PA A E PA PA AF2 AD2 DF2 2 2
∴ = 3+ 3 = 3+ 1=60, ∴ = + =4 +3 =25,
AF
∴ =5,
PT 1PE
∴ = =30, BE
2 ∴ =5,
PT
∴ 在 Rt△ A 2 PT中 , PA 2= sin 54 °≈ 0 3 . 0 81 ≈37 . 0; 又 ∵ 在 Rt△ ABE中 , S △ ABE= 2 1BE · AO = 2 1AB · AE ,
AO
∴ 5 =4×3,
AO 12
∴ = ,
5
OF AF AO 12 13.
∴ = - =5- =
5 5
当另一端点P在路段OB上时
① ,
则在 OPF中 PF OF 13 .
Rt△ , > = >2 5,
第 题解图 5
1 ① 此种情况不成立
∴ ;
PA PA PA °. 当另一端点P在花园边界BC上时 设PC x 则在
(3) 1+ 3=2 2·sin 72 ② , = ,
【解法提示】如解图 在线段 PA 的延长线上截取 PFC中 有PF2 PC2 FC2 x2 . 2
②, 3 Rt△ , = + = +1=2 5 ,
3中考真题分类·数学
x 21 负值已舍去 1
∴ = ( ), 10= ×1×3,
2 2
PC 21 AO 3 10
∴ = , ∴ = ,
2 10
∵ BP = BC - PC =4- 21 >4- 25 =1 . 5, 在 Rt△ OAE 中 , OE = AE2 - AO2 = 1 2 -( 3 10 ) 2
2 2
10
能修建成这样的一条直路.
∴
2. 解:相等 垂直 10
(1) , ; = ,
证明:如解图 过点G作GM BC于点M 过点 10
(2) ①, ⊥ , 由 可知 DG GE DG GE
G作NT GM分别交AB CD于点T N (2) , = , ⊥ ,
⊥ , , , GED °
∴ ∠ =45 ,
EOQ为等腰直角三角形
∴ △ ,
QO EO 10
∴ = = ,
10
QF AF AO OQ 3 10 10 3 10
∴ = - - = 10- - = ;
10 10 5
第 题解图 (4)
2 ① 审题指导
易得四边形TBMG 为矩形 四边形 GMCN 为正方形
, , 已知 DPG面积最小
CNT BTG DNG GTE ° △
∠ =∠ ,∠ =∠ =90 ,
GN GM MC CN BT BM GT ↓
∴ = = = = , = , 点 D 到 PG 的距离为定高, PDG 为定值,构造
DC CN BC CM 即DN BM GT ( ∠
∴ - = - , = = , DPG的外接圆,将 DPG面积的最小值转化为外接
FG AC ACB ° △ △
∵ ⊥ ,∠ =45 , 圆半径的最小值
ACB CFG ° )
∴ ∠ =∠ =45 ,
CG GF 解题思路
∴ = ,
CM MF
∴ = ,
AE BF
∵ = ,
AB AE BT BC BF MF
∴ - - = - - ,
ET NG
∴ = ,
DNG GTE
∴ △ ≌△ (SAS),
DG GE NDG TGE
∴ = ,∠ =∠ ,
NDG NGD °
∵ ∠ +∠ =90 ,
TGE NGD °
∴ ∠ +∠ =90 ,
DGE °
∴ ∠ =90 ,
DG GE
∴ ⊥ ;
(3)
解题思路
先证 DAE ABF,得到AF DE,AF DE,再
Rt△ ≌Rt△ = ⊥
利用勾股定理和三角形等面积法计算出 AO,QO的
长,即可求QF的长.
解:在正方形ABCD中 AB AD DAE ABF °
, = ,∠ =∠ =90 ,
AE BF
= ,
DAE ABF
∴ △ ≌△ (SAS),
ADE BAF AF DE
∴ ∠ =∠ , = ,
ADE DEA BAF DEA °
∴ ∠ +∠ =∠ +∠ =90 ,
AOE °
∴ ∠ =90 ,
AF DE
∴ ⊥ ,
在 DAE中 AD AE 解: .
Rt△ , =3, =1, 3 2-3
【解法提示】如解图 构造 DGP 的外接圆 H 连
AF DE AE2 AD2 2 2 ②, △ ☉ ,
∴ = = + = 1 +3 = 10,
接DH PH GH 过点H作HR AC于点R 设 H的半
由等面积法 得 1 AO DE 1 AE AD 即 1 AO , , , ⊥ , ☉
, · = · , × 径为r 过点 D 作 DT AC 于点 T 由 可知 DG
2 2 2 , ⊥ , (2) , =
4名师讲评式解析
GE DG GE GDP ° PHG GDP 3. 解: ACB EDF ° 且AC BC DF DE
, ⊥ ,∴ ∠ =45 ,∴ ∠ =2∠ = (1)∵ ∠ =∠ =90 , = = = ,
° HP HG HPG是等腰直角三角形 PG A B DFE °
90 ,∵ = ,∴ △ ,∴ = ∴ ∠ =∠ =∠ =45 ,
r 在正方形ABCD中 AD ACD是等腰直角三 AFH BFG BFG FGB °
2 , , =3,△ ∴ ∠ +∠ =∠ +∠ =135 ,
AFH FGB
角形 AC AD DT AT CT 1 AC ∴ ∠ =∠ ,
,∴ = 2 =3 2,∴ = = = = AFH BGF
2 ∴ △ ∽△ ,
AF AH
3 2 S 1 PG DT 1 PG 3 2 3 2PG 当
,∴ △ DPG= · = × = , ∴ BG=BF,
2 2 2 2 4
PG最小时 DPG的面积最小 当r最小时 DPG AH BG AF BF.
,△ ,∴ ,△ ∴ · = ·
在 ACB中 AC BC
Rt△ , = =2,
的面积最小 DH HR r 2r 2 r 当DH
,∵ + = + =(1+ ) ,∴ + AB AC2 BC2 2 2
2 2 ∴ = + = 2 +2 =2 2,
HR最小时 DPG的面积最小 由点到直线的最短距 O是AB的中点 点O与点F重合
,△ , ∵ , ,
离可得 当D H R三点共线时 DH HR最小 此时如
, , , , + , ∴ AF = BF = 2,
解图 点T与点R重合 DR 2 r 3 2 解 xy
③, ,∴ =(1+ ) = , ∴ = 2× 2,
2 2
y 2 x
∴ = x (1< <2);
得r PR 2r 6-3 2 AP AR PR AT
=3 2-3,∴ = = ,∴ = - =
2 2 CGH的周长定值为 .理由如下
(2)△ 2 :
AC BC AH x BG y
PR 3 2 6-3 2 . ∵ = =2, = , = ,
- = - =3 2-3
2 2 CH x CG y
∴ =2- , =2- ,
在 HCG中 GH CH2 CG2 x 2 y 2
∴ Rt△ , = + = (2- ) +(2- )
x2 y2 x y x y 2 xy x y .
= + -4( + )+8= ( + ) -2 -4( + )+8
将 中xy 代入 得 GH x y 2 x y
(1) =2 , = ( + ) -4( + )+4=
x y 2 x y .
( + -2) = + -2
x y 2
∵ 1< <2, = x ,
图 图
② ③ y
∴ 1< <2,
第 题解图
2 x y
∴ + >2,
类题通法 GH x y
∴ = + -2,
直角型一线三等角: CHG的周长 CH CG GH
∵ △ = + + ,
CHG的周长 x y x y
看到什么 想到什么 ∴ △ =2- +2- + + -2=2;
一题多解
一条线上的直角及等边 作两条垂线
→
解法一: CGH的周长定值为 .理由如下:
△ 2
ABC和 DEF是等腰直角三角形,
∵ △ △
A B E EOD °,
全 ∴ ∠ =∠ =∠ =∠ =45
等 AOH BOG EOD °,
∵ ∠ +∠ +∠ =180
AOH BOG °,
∴ ∠ +∠ =135
在 AOH中, A °,
△ ∠ =45
AOH AHO °,
∴ ∠ +∠ =135
AHO BOG,
一条线上的直角 作两条垂线 ∴ ∠ =∠
→ AOH BGO,
∴ △ ∽△
AO OH AH
, AOH BGO,
∴ BG=GO=BO ∠ =∠
O为AB的中点,
相 ∵
似 AO BO,
∴ =
OH AH
,
∴ OG=AO
又 A EOD °,
∵ ∠ =∠ =45
HAO HOG,
∴ △ ∽△
5中考真题分类·数学
AHO OHG, AOH OGH,
∴ ∠ =∠ ∠ =∠ CM CN 1BC
OGB OGH, ∴ = = =1,
∴ ∠ =∠ 2
如解图 ,过点 O 分别作 OM AH 交 AH 于点 M,作 CHG的周长 CM CN CM
① ⊥ ∴ △ = + =2 =2×1=2;
OP HG交HG于点P,作ON GB交GB于点N,
⊥ ⊥
OM OP ON.
∴ = =
又 OH OH,OG OG,
∵ = =
OMH OPH, OPG ONG,
∴ △ ≌△ △ ≌△
HM PH,PG NG,
∴ = = 第 题解图
HG MH GN, 3 ②
∴ = +
CHG的周长 CH CG GH CH CG MH GN CM CN. 或 .
∴ △ = + + = + + + = + (3)2+ 3 2- 3
又 AO OB,OM ON, A B °, 【解法提示】分情况讨论 记AC交EF于点H BC交
∵ = = ∠ =∠ =45 :① ,
DF于点G AFE ° A ° AHF °
AOM BON, ,∵ ∠ =60 ,∠ =45 ,∴ ∠ =75 ,
∴ △ ≌△ 如解图 过点F作FN AC于点N 作FH的垂直平
AM BN, ③, ⊥ ,
∴ = 分线交FN于点M 连接MH FM MH FNH
C °, AMO °, , ,∴ = ,∵ ∠ =
∵ ∠ =90 ∠ =90 ° NFH ° FM MH NFH MHF
OM BC, 90 ,∴ ∠ =15 ,∵ = ,∴ ∠ =∠ =
∴ ∥ ° NMH ° 在 MNH中 设NH k MH
O是AB的中点, 15 ,∴ ∠ =30 , Rt△ , = ,∴
∵ MF k 由勾股定理 得MN k FN MN MF
M是AC的中点,同理,N是BC的中点, = =2 , , = 3 ,∴ = +
∴ k 在 FNH 中 FHN °
=(2+ 3) ,∴ Rt△ ,tan∠ =tan 75 =
CM CN 1BC , FN k
∴ = = =1 (2+ 3) 记 BC 交 EF 于点 G
2 NH= k = 2+ 3;② ,∵
CHG的周长 CM CN CM ;
∴ △ = + =2 =2×1=2 AFE ° B ° FGB ° 如解图 过
∠ =60 ,∠ =45 ,∴ ∠ =15 , ④,
点F作FN BC于点N 作FG的垂直平分线交BG于
⊥ ,
点M 连接 FM. GM MF FGB GFM °
, ∵ = ,∴ ∠ =∠ =15 ,
FMB ° 在 FNM中 设FN k GM MF
∴ ∠ =30 , Rt△ , = ,∴ = =
k 由勾股定理 得MN k GN GM MN
2 , , = 3 ,∴ = + =(2+ 3)
FN k
第 题解图 k 在 FNG中 FGN °
3 ① ,∴ Rt△ ,tan∠ =tan15 =GN= k
解法二: CGH的周长定值为 .理由如下: (2+ 3)
△ 2 FHN 或 FGN .
如解图 ,过点 O 分别作 OM AH 交 AH 于点 M,作 =2- 3,∴ tan∠ =2+ 3 tan∠ =2- 3
② ⊥
ON GB交GB于点N,在NB上截取一点Q,使NQ
⊥ =
MH,连接OC,OQ.
ABC是等腰直角三角形,O为AB的中点,
∵ △
OC平分 ACB,
∴ ∠
OM ON,
∴ =
又 OMH ONQ °,MH NQ,
∵ ∠ =∠ =90 = 第 题解图
OMH ONQ, 3
∴ △ ≌△
OH OQ, MOH NOQ. 类题通法
∴ = ∠ =∠
HOG °, ACB °, 非直角型一线三等角:
∵ ∠ =45 ∠ =90
易得 MON °, MOH GON °,
∴ ∠ =90 ∠ +∠ =45 看到什么 想到什么
GOQ °,
∴ ∠ =45 一条线上两等角及等边 作等角
HOG GOQ, →
∴ ∠ =∠
OG OG,
∵ = 全
OHG OQG, 等
∴ △ ≌△
HG GQ GN MH,
∴ = = +
CHG的周长 CH CG GH CH CG MH GN CM CN.
∴ △ = + + = + + + = +
又 AO OB,OM ON, A B °, 一条线上两等角 作等角
∵ = = ∠ =∠ =45 →
AOM BON, AM BN.
∴ △ ≌△ ∴ =
C °, AMO °, 相
∵ ∠ =90 ∠ =90
似
OM BC.
∴ ∥
O是AB的中点, M是AC的中点,
∵ ∴
同理,N是BC的中点,
6名师讲评式解析
模型四 手拉手模型 AH AB
BAH GEB
∴ △ ∽△ ,∴ EB=EG,
1. 解: BP AC
BE
(1)30, ⊥ ;
BE FG EF FG 2
【解法提示】 四边形 ABCD 是菱形 AB BC ∵ =2 ,∴ =2 ,∴ EG= ,
∵ ,∴ = ,∵ 3
ABC ° ABC为等边三角形 点O是AC的 AH EB AH
∠ =60 ,∴ △ ,∵ 2 即 2
∴ AB=EG= , BC= ,
中点 PBC 1 ABC ° BP AC. 3 3
,∴ ∠ = ∠ =30 , ⊥ AH AP AP
2 AD BC AHP CBP 即 2
∵ ∥ ,∴ △ ∽△ ,∴ CB=CP, CP= ,
3
(2)
审题指导 AC AB AP 2AC
∵ = =5,∴ = =2;
AB BC ABC ° BE AB BC是共顶点B的线段 5
= ,∠ =60 , , , 当点G在线段 EF 上时 如解图 设射线 BP 交 AD
, ③,
↓ 的延长线于点H
构造手拉手模型 ,
EC BE 理由如下
=2 , :
四边形ABCD是菱形
∵ ,
AB BC
∴ = ,
如解图 把 ABE 绕点 B 顺时针旋转 ° 得到
①, △ 60 ,
CBE′ 连接EE′ 第 题解图
△ , , 1 ③
AH AB
同理 BAH GEB
△ ∽△ ,∴ EB=EG,
BE
BE FG EF FG
∵ =2 ,∴ =2 ,∴ EG=2,
AH BE AH
即
∴ AB=EG=2, BC=2,
第 题解图
1 ① AH AP AP
由旋转的性质得 ABE CBE′ BE BE′ AE CE′ AD BC AHP CBP 即
∠ =∠ , = , = , ∵ ∥ ,∴ △ ∽△ ,∴ CB=CP, CP=2,
ABC ° AEP °
∵ ∠ =60 ,∠ =30 , AC AB AP 2AC 10.
ABC ABE PBC CBE′ PBC EBE′ ∵ = =5,∴ = =
∴ ∠ =∠ +∠ =∠ +∠ =∠ 3 3
° AEB °
=60 ,∠ =150 , 综上所述 满足条件的AP的长为 或10.
BEE′为等边三角形 BE′C ° , 2
∴ △ ,∠ =150 , 3
BEE′ BE′E ° BE EE′ 类题通法
∴ ∠ =∠ =60 , = ,
EE′C BE′C BE′E ° ° ° 全等型手拉手:
∴ ∠ = ∠ -∠ = 150 -60 = 90 ,
E′EC ° BEE′ PEC ° ° °
∠ = 180 -∠ -∠ = 180 - 60 - 60
°
=60 ,
在 ECE′中 EE′ 1EC 即BE 1EC
∴ Rt△ , = , = ,
2 2
EC BE 图示
∴ =2 ;
当点G在 EF 延长线上时 如解图 设射线 BP
(3) , ②, OC在 OAB内 OC在 OAB外 OC 在 OAB
交AD于点H △ △ △
, 且 拉 手 线 无 且 拉 手 线 无 外且拉手线
交点 交点 有交点
在等腰 OAB中,OA OB,在等腰 OCD中,OC
△ = △
OD, AOB COD α,将 OCD绕点O旋转
条件 = ∠ =∠ = △
一定角度后,连接AC,BD(称为“拉手线”,左手拉
左手,右手拉右手),相交于点E,连接OE
第 题解图 . AOC BOD,AC BD(即拉手线相等);
1 ② 1 △ ≌△ =
四边形ABCD是菱形 结论 . EO平分 AED;
∵ , 2 ∠
AB BC AD BC . AEB AOB α
∴ = , ∥ , 3 ∠ =∠ =
∴ ∠ BAH =180 ° -∠ ABC =120 ° ,∠ AHP =∠ EBG , 2. (1) 证明:由旋转的性质 , 得AC = DC , CB = CE ,∠ ACD
由旋转的性质得BE EF BEG ° AC CD
= ,∠ =120 , BCE
HAB BEG =∠ ,∴ CB=CE,
∴ ∠ =∠ ,
7中考真题分类·数学
BCE ACD CDA CDB ° CDA A
∴ △ ∽△ ; ∵ ∠ +∠ =180 ,∠ =∠ ,
解: BC AC ACB ° CDB F BCD ECF CD CF
(2) ∵ =2, =1,∠ =90 , ∴ ∠ =∠ ,∴ △ ≌△ ,∴ = ,
CD AC AC CF
AC CD AB AC2 BC2 2 2 ∵ = ,∴ = ;
∴ = =1, = + = 1 +2 = 5,
DE AB ②
∴ = = 5,
解题思路
由 得 BCE ACD A CBE
(1) △ ∽△ ,∴ ∠ =∠ ,
A ABC CBE ABC ° 即 ABE °
∴ ∠ +∠ =∠ +∠ =90 , ∠ =90 ,
BE BC
BCE ACD
∵ △ ∽△ ,∴ AD=AC=2,
设AD x 则BE x BD x
∴ = , =2 , = 5- ,
在 BDE中 BD2 BE2 DE2
Rt△ , + = ,
即 x 2 x 2 2
( 5- ) +(2 ) =( 5) ,
解得x 舍去 或x 2 5 x 4 5 即BE 4 5
=0( ) = ,∴ 2 = , = ;
5 5 5
一题多解
BC ,AC , ACB °,
∵ =2 =1 ∠ =90
AC CD ,AB AC2 BC2 2 2 ,
∴ = =1 = + = 1 +2 = 5
BC
A ,
tan =AC=2
如解图 ,过点D作DH AC于点H,
① ⊥
第 题解图
2 ①
DH
A ,
∴ tan =AH=2
KD
解 7.
DH AH, :KE=
∴ =2 32
在 CDH中,CH2 DH2 CD2,即( AH)2 ( AH)2 【解法提示】 GF AB BG AF 四边形ABGF是平
Rt△ + = 1- + 2 ∵ ∥ , ∥ ,∴
=1
2,
行四边形 又
GF
5 设BA GF k 则FA GB
, ∵ GB= ,∴ = =5 , =
解得AH 2或AH (舍去), DH 4, 6
= =0 ∴ = k AC CF k ACB ° BC k 如解
5 5 =6 , = =3 ,∵ ∠ =90 ,∴ =4 ,
图 延长GF交BC 的延长线于点 H 易得 ACB
②, , △ ≌
在
Rt△
ADH中,AD
=
AH2
+
DH2
=
2 5,
FCH CH BC k FH AB k 又 BD EH
5 △ ,∴ = =4 , = =5 , ∵ ∥ ,∴
由( )得 BCE ACD, KD BD
1 △ ∽△ KDB KEH 由 得 BCD ECF
△ ∽△ ,∴ KE=HE, ① △ ≌△ ,
BE BC BE
,即 2, BE 4 5; CEF CBD BD EF HE FH EF FH BD
∴ AD=AC = ∴ = ∴ ∠ =∠ , = ,∴ = + = + ,
2 5 1 5 KD BD BD BD KD
故欲求 的值只需求
5 ∴ KE=HE=FH BD= k BD, KE
+ 5 +
证明:设旋转角为α
BD与 k 的关系 又 CE CB CEB CBE
(3)① , , ∵ = ,∴ ∠ =∠ ,∴
则 ACD BCE α AC CD CB CE CEF CEB CBD CBE 即 BEF EBD
∠ =∠ = , = , = , ∠ +∠ =∠ +∠ , ∠ =∠ ,
° α 又 GF BA BEF EBD ° FEB
CDA A 180 - ° 1 α CEB CBE ∵ ∥ ,∴ ∠ +∠ = 180 ,∴ ∠ =
∴ ∠ =∠ = =90 - ,∠ =∠ =
2 2 DBE ° 即BE GF BE AB 设 BD EF a 在
∠ =90 , ⊥ , ⊥ , = = ,
180 ° - α =90 ° - 1α , Rt△ EBD中 , BE2 = DE2 - BD2 ,∵ DE = BA ,∴ BE2 = BA2 -
2 2 BD2 在 EBG 中 BE2 GB2 GE2 BD EF
, Rt△ , = - ,∵ = ,∴
ACB ° BCF ° DCB ° α
∵ ∠ =90 ,∴ ∠ =90 ,∠ =90 - , BE2 = GB2 -( BA - BD ) 2 ,∴ BA2 - BD2 = GB2 -( BA - BD ) 2 ,
ECF ° α DCB ECF KD
∴ ∠ =90 - ,∴ ∠ =∠ , 即 k 2 a2 k 2 k a 2 解得 a 7 k
GF AB F A ° (5 ) - =(6 ) -(5 - ) , = ,∴ KE=
∵ ∥ ,∴ ∠ +∠ =180 , 5
8名师讲评式解析
7k 易错点拨
BD
5 7. 易得 BEK DCK,此时虽然DK和EK分别在这两
k BD= = △ ∽△
5 +
5
k
+
7k 32 个三角形中,但不是对应边,不能直接求出比例关系.
5
3. 解:相等 或 CD′ BD 相等 或 AD′C
(1) ( = ); ( ∠ =
ADB
∠ );
【解法提示】 将线段AD绕点A逆时针旋转 °得到
∵ 90
线段AD′ DAD′ ° AD AD′ BAC °
,∴ ∠ =90 , = ,∵ ∠ =90 ,
BAC DAC DAD′ DAC 即 DAB
∴ ∠ - ∠ = ∠ - ∠ , ∠ =
D′AC 又 AB AC DAB D′AC
∠ , ∵ = ,∴ △ ≌△ (SAS),∴
CD′ BD AD′C ADB.
= ,∠ =∠
证明: 四边形ABCD是正方形
(2) ∵ ,
DCB ° BC DC
第 题解图 ∴ ∠ =90 , = ,
2 ② CE绕点C逆时针旋转 °得到线段CE′
∵ 90 ,
ECE′ ° CE CE′
一题多解 ∴ ∠ =90 , = ,
DCB ECE′ °
GF ∵ ∠ =∠ =90 ,
5, 设GF k(k ),则GB k, GF AB, DCB BCE ECE′ BCE 即 DCE
∵ GB= ∴ =5 >0 =6 ∵ ∥ ∴ ∠ - ∠ = ∠ - ∠ ∠ =
6
BCE′ BCE′ DCE
∠ ,∴ △ ≌△ (SAS),
↓ BE′C DEC °
(出现线段比值,往往考虑设参数,表示线段) ∴ ∠ =∠ =90 ,
CED CEF °
BG AF, 四边形 ABGF 是平行四边形, AB GF ∵ ∠ +∠ =180 ,
∥ ∴ ∴ = = CEF ° BE′C ECE′ CEF °
k,AF BG k, G A,由 得 CD AC CF k, ∴ ∠ =90 ,∴ ∠ =∠ =∠ =90 ,
5 = =6 ∠ =∠ ① = = =3 四边形CEFE′是矩形
∴ ,
在 ABC 中,BC AB2 AC2 ( k)2 ( k)2 又 CE CE′ 四边形CEFE′是正方形
Rt△ = - = 5 - 3 = ∵ = ,∴ ;
BC k
k, A 4 4, G A 4,由 得
4 ∴ sin =AB= k= ∴ sin =sin = ① 解:3 21 8
5 5 5 (3) - ;
5 5
BCDECF,CBD CEF,
△ ≌△ ∴ ∠ =∠ 【解法提示】 将线段CE绕点C逆时针旋转 °得到
∵ 90
CG CG
↓ 线段CE′ ECE′ ° CE CE′ 4
(等角的锐角三角函数值相等,进而可表示其他线段 ,∴ ∠ =90 , = ,∵ CE′= ,∴ CE
3
的数量关系)
4 四边形 ABCD是矩形 AB BC CD
BC CE, CBE BEC, GF AB, FEB = ,∵ , =3, =4,∴ =
∵ = ∴ ∠ =∠ ∵ ∥ ∴ ∠ + 3
ABE °,即 CEF CEB CBE CBD BC CG BC
∠ = 180 ∠ +∠ +∠ +∠ = AB 4 4 DCB ECE′
=3,∴ CD= ,∴ CE=CD= ,∵ ∠ =∠
°,即 ( CEF CEB) FEB °, FEB 3 3
180 2 ∠ +∠ =2∠ =180 ∴ ∠
° DCB BCE ECE′ BCE 即 DCE
BE BE =90 ,∴ ∠ -∠ =∠ -∠ , ∠ =
°, BEG °, G 4,即 4,
=90 ∴ ∠ =90 ∴ sin =BG= k = ∴ ∠ BCE′ ,∴ △ BCG ∽△ DCE ,∴ ∠ BGC =∠ DEC =90 ° ,
5 6 5
CED CEF ° CEF ° BGC
∵ ∠ +∠ =180 ,∴ ∠ =90 ,∴ ∠ =
BE 24k,由 可得 ADC CEB, ADC CDB
= ① ∠ =∠ ∵ ∠ +∠ ECG CEF ° 四边形 CEFG 是矩形
5 ∠ =∠ = 90 ,∴ ,∴
°, CEB CDB °, C,D,B,E四点共圆, ∠ GFE =90 ° , 如解图 ①, 连接 AC , BD 交于点 O , 连接
=180 ∴∠ +∠ =180 ∴
BED BCD, BEK KCD,BKEDKC, OF , CF ,∵ O是AC , BD的中点 ,∴ 在 Rt△ DBF中 , OF
∠ =∠ ∵∠ =∠ ∠ =∠
1BD OF 1 AC OA OC OD OB 点A F
↓ = ,∴ = = = = = ,∴ , ,
(四点共圆,同弧所对的圆周角相等) 2 2
DK CK CD k B C D共圆 AFC ° AD BC AD
BEK DCK, 3 5,设DK , , ,∴ ∠ =90 ,∵ = ,∴
∴ △ ∽△ ∴ BK=EK=EB= = =
24k 8
5
x,CK y,则BK x,EK y,则BC BK CK x y
5 =5 =8 =8 = + =8 +5
k ,根据旋转可得DE AB k, DE DK EK x
=4 ① = =5 ∴ = + =5
KD x
y k ,联立 可得x 7 k,y 20k, 5
+8 =5 ② ①② = = ∴ KE= y=
39 39 8
7k
5×
39 7.
=
20k 32
8×
39
(
BC
=
(
,∴
GFC ACD 在 ABC中 AC AB2 BC2
∠ =∠ , Rt△ , = + =5,
CD
ACD CFG 3 AF 在
∴ cos∠ = AC = cos∠ = ,∵ = 2,
5
AFC中 FC AC2 AF2 FG FC
Rt△ , = - = 21,∴ = ·cos
CFG 3 21 BC
∠ = ,∵
5
(
BC
=
(
BFC BAC 又
,∴ ∠ = ∠ ,
ABC G ° ACB FCG ACB
∠ = ∠ = 90 ,∴ ∠ = ∠ ,∴ ∠ -
FCB FCG FCB 即 ACF BCG
∠ = ∠ - ∠ , ∠ = ∠ , ∴
AF BG BG
ACF BCG 2 BG 8
sin∠ =AC=sin∠ =BC,∴ = ,∴ = ,
5 4 5
9中考真题分类·数学
模型五 半角模型
BF FG BG 3 21 8.
∴ = - = -
5 5 1. 解: 如解图 MN即为所求 作法不唯一
(1) ①, ( );45;
第 题解图
1 ①
第 题解图 【作法提示】如解图 设正方形网格中小正方形的边
3 ① ①,
长为 EM AM AE2 EM2 MN
解: 6. 1,∴ =1,∵ = + = 10, =
(4)
2 2 2 AN 2 2 AM2 MN2
1 +3 = 10, = 2 +4 = 20,∴ + =
【解法提示】如解图 连接 AC BD 交于点 O 连接
②, , , AN2 AM MN AMN ° AMN 为等腰直角
, = ,∴ ∠ =90 ,∴ △
OE′ 四边形 ABCD 是矩形 BAD ° AO
,∵ ,∴ ∠ =90 , = 三角形 FAH °.
,∴ ∠ =45
OB AC BD AD AB AC BD 如解图 延长CB至点T 使得BT DF 连接AT FH
, = ,∵ = 3 2, = 6,∴ = = (2) ②, , = , , ,
AB2 AD2 AO OB AB AOB 是 四边形ABCD是正方形
+ =2 6,∴ = = = 6,∴ △ ∵ ,
等边三角形 则 OAB ° 将线段AE绕点A逆时 AB AD BAD C D ABC ABT °
, ∠ =60 ,∵ ∴ = ,∠ =∠ =∠ =∠ =∠ =90 ,
针旋转 °得到线段AE′ AE AE′ EAE′ ° ABT ADF
60 ,∴ = ,∠ =60 ∴ ∴ △ ≌△ (SAS),
OAB EAE′ ° OAB OAE EAE′ AT AF
∠ =∠ =60 ,∴ ∠ -∠ =∠ - ∴ = ,∠1=∠2,
OAE 即 E′AO EAB 又 OA BA E′A EA ° TAH
∠ , ∠ =∠ , = , = ,∴ ∴ ∠2+∠3=90 -∠4=∠1+∠3=∠ ,
E′AO EAB AOE′ ABE ° E′
△ ≌△ (SAS),∴ ∠ =∠ =90 ,∴ 由题意知 四边形PHCF PGAE为矩形
, , ,
在OE′上运动 且OE′ AC 当DE′ OE′时 DE′取
, ⊥ ,∴ ⊥ , 易得四边形PEBH PGDF都为矩形
, ,
得最小值 AOB ° AOD ° 又
,∵ ∠ = 60 ,∴ ∠ = 120 , ∵ PE BH PG DF TB HPF °
AOE′ ° E′OD ° 当DE′ OE′时 DE′ ∴ = =6, = = =4,∠ =90 ,
∠ =90 ,∴ ∠ =30 ,∴ ⊥ , TH TB BH HF PH2 PF2 2 2
∴ = + =4+6=10, = + = 8 +6
1OD 1BD 6.
= = = =10,
2 4 2 HT HF
∴ = ,
在 AHT和 AHF中
△ △ ,
{AH AH
=
HT HF
= ,
AT AF
=
AHT AHF
∴ △ ≌△ (SSS),
第 题解图
3 ② TAH
∴ ∠ =∠4,
类题通法 TAH ° °
∵ ∠ =90 -∠4,∴ 90 -∠4=∠4,
相似型手拉手: ° 即 FAH °
∴ ∠4=45 , ∠ =45 ;
图
示
AD在 ABC内, AD在 ABC外, 第 题解图
△ △ 1 ②
且 拉 手 线 无 且 拉 手 线 无
AD在 ABC外,
△
且拉手线有交点 (3)
交点 交点
审题指导
条 在 ABC中,点 D,E 分别在边 AB,AC 上,DE 平
△
件 行BC,将 ADE绕点A旋转,连接BD,CE
△
. ADE ABC, ADB AEC;
1 △ ∽△ △ ∽△
结
.两条拉手线BD,CE交于点F,则:
2
论
( ) BFC BAC;
1 ∠ =∠
( )A,B,C,F四点共圆
2
10名师讲评式解析
TAH ° °
解题思路 ∵ ∠ =90 -∠4,∴ 90 -∠4=∠4,
° 即 FAH °.
∴ ∠4=45 , ∠ =45
解题技巧
在处理几何中线段数量关系问题时,用几何方法难
求或没有思路,可以利用代数法建立等式求解.
2. 解:【问题解决】 DAE D′AE EC2 CD′2
①△ ≌△ ;② + =
ED′2
;③5;
【知识迁移】
解题思路
用半角模型,确定旋转点,由旋转的性质证得 AEF
△
AF′F,利用全等三角形及正方形的性质,进一步
≌△
证得 ABM ADH, AMN AHN,得到 BM
△ ≌△ △ ≌△ =
DH,MN HN,在 HND中,利用勾股定理得到线
= Rt△
段间的等量关系,进行转化即可.
DN2 BM2 MN2
+ = ,
证明 如解图 将 ABE绕点A逆时针旋转 ° 得
: ①, △ 90 ,
到 ADF′
△ ,
过点D作DH BD交AF′于点H 连接NH.
⊥ ,
随点P 的运动 FAH 的度数不变 且为 ° 理由 由旋转的性质 得 AE AF′ BE DF′ BAE
,∠ , 45 , , = , = ,∠ =
如下
: DAF′ ABE ADF′ ° ADC ADF′
∠ ,∠ =∠ =90 ,∴ ∠ +∠ =
如解图 延长 CB 至点 T 使得 BT DF 连接 AT
③, , = , , ° F D F′三点共线.
180 ,∴ , ,
FH 由 得AT AF
, (2) = , 由题意 得EF EC FC DC BC DF FC EC BE
, + + = + = + + + ,
EF DF BE DF DF′ F′F.
∴ = + = + =
在 AEF和 AF′F中
△ △ ,
ìAE AF′
ï ï = ,
íEF F′F
ïï = ,
îAF AF
第 题解图 = ,
1 ③
AEF AF′F
同 可得 ° TAH 四边形 PGAE PEBH ∴ △ ≌△ (SSS),
(2) ,90 -∠4=∠ , , ,
EAF F′AF.
PGDF PHCF都为矩形 ∴ ∠ =∠
, ,
设正方形ABCD的边长为x AG a PG b 又 BD为正方形ABCD的对角线
, = , = , ∵ ,
AG PE BH a PG DF BT b ABD ADB °.
∴ = = = , = = = , ∴ ∠ =∠ =45
CH BC BH x a CF CD DF x b HT BH BT DH BD
∴ = - = - , = - = - , = + ∵ ⊥ ,
a b ADH HDB ADB °.
= + , ∴ ∠ =∠ -∠ =45
∵
S
矩形PHCF=2
S
矩形PGAE,
在
△
ABM和
△
ADH中
,
∴ ( x - a )( x - b )=2 ab , ì ï ï∠ BAM =∠ DAH ,
整理
,
得x2
=
ab
+
ax
+
bx
, íAB AD
∵
在
Rt△
CHF中
,
CH2
+
CF2
=
HF2
, î
ïï
A
=
BM
,
ADH
HF2 x a 2 x b 2 x2 ax a2 bx b2 ab ∠ =∠ ,
∴ =( - ) +( - ) =2 -2 + -2 + =2 ABM ADH .
ax bx ax a2 bx b2 a b 2 ∴ △ ≌△ (ASA)
+2 +2 -2 + -2 + =( + ) , AM AH BM DH.
HF a b 负值已舍去 HF HT ∴ = , =
∴ = + ( ),∴ = , 在 AMN和 AHN中
在 AHT和 AHF中 △ △ ,
△ △ ,
{AH AH ì ï ï AM = AH ,
= ,
í MAN HAN
HT = HF , ïï ∠ =∠ ,
AT AF îAN AN
= , = ,
AHT AHF AMN AHN
∴ △ ≌△ (SSS), ∴ △ ≌△ (SAS),
TAH MN HN.
∴ ∠ =∠4, ∴ =
11中考真题分类·数学
在 HND中 DN2 DH2 HN2 AH HD AD x
Rt△ , + = , 即AH 4x HD 3x
∴ AB=BC=AC= , = , = ,
∴
DN2
+
BM2
=
MN2
; 5 5 5
HB AB AH 4x
∴ = - =4- ,
5
同理可得EG 4y GC 3y
= , = ,
5 5
E′G′ 4y BG′ BG 3y.
∴ = , = =3-
5 5
E′G′ AB ABC °
∵ ⊥ ,∠ =90 ,
E′G′ BC FD
第 题解图 ∴ ∥ ∥ ,
2 又 E′F AB FHG′ AHD °
【拓展应用】EF2 BE2 DF2 ∵ ∥ ,∠ =∠ =90 ,
=2 +2 ; 四边形FE′G′H为矩形
【解法提示】如解图 将 ADF 绕点 A 顺时针旋转 ∴ ,
②, △
F ° FH E′G′ 4y DF DH FH 3 x 4 y
° 得到 AGH 延长FE交AB延长线于M点 延长 ∴ ∠ =90 , = = , = + = + ,
90 , △ , ,
5 5 5
EF交AD延长线于N点 连接HM HE.过点H作HO
, ,
FE′ HG′ HB BG′ 4x 3y 4x 3y.
BC交CB延长线于点O ADF AGH AH = = - =4- -(3- )=1- +
⊥ ,∴ △ ≌△ ,∴ = 5 5 5 5
AF DF HG AD AG CEF ° BEM MBC 在 E′FD中 E′F2 DF2 E′D2
, = , = ,∵ ∠ =45 =∠ ,∠ Rt△ , + = ,
° BEM是等腰直角三角形 BE BM 由知
=90 ,∴ △ ,∴ = , 4x 3y 2 3 x 4y 2 x y 2
识迁移知 AEH AEF 则 EH EF HOB ∴ (1- + ) +( + ) =(5- - ) ,
△ ≌△ , = ,∵ ∠ = 5 5 5 5
OBG HGB ° 四边形 OBGH 为矩形 OB x
∠ =∠ =90 ,∴ ,∴ 整理 得y 21 -60.
, = x
HG OH BG OE OB BE GH BE OH BG BM 5 -28
= , = ,∴ = + = + , = =
GM 则由勾股定理得 GH BE 2 BG2 EH2 即 GH
- , ,( + ) + = , (
BE 2 BM GM 2 EH2 易得 GH GM 又 EF
+ ) +( - ) = , = , ∵ =
EH DF GH GM BE BM GH BE 2 BE GH 2
, = = , = ,∴ ( + ) +( - )
EF2 EF2 BE2 GH2 BE2 DF2.
= ,∴ =2 +2 =2 +2
【问题再探】如解图 将 BEC绕点B逆时针旋转 °
③, △ 90
得到 BE′C′ 易知点C′在AB上 连接E′D 过点E作EG
△ , , ,
BC于点G 过点E′作E′G′ BC′于点G′.过点E′作E′F 第 题解图
⊥ , ⊥ 2 ③
∥
BA
,
过点D作DF
∥
BC交AB于点H
,
交E′F于点F.
3. 解: 选择图 的结论是 BM2 NC2 BM NC MN2.
(2) ② : + + · =
由旋转的性质 , 得 BE = BE′ ,∠ CBE =∠ C′BE′ , EG = 证明 :∵ AB = AC ,∠ BAC =60 ° ,
E′G′ BG BG′ ABC是等边三角形
, = , ∴ △ ,
ABC ° DBE ° ABC ACB °
∵ ∠ =90 ,∠ =45 , ∴ ∠ =∠ =60 ,
CBE DBA ° 如解图 以点B 为顶点在 ABC 外作 ABK °
∴ ∠ +∠ =45 , ①, △ ∠ =60 ,
C′BE′ DBA ° 即 DBE′ °. 在BK上截取BQ CN 连接QA QM 过点Q作QH
∴ ∠ +∠ =45 , ∠ =45 = , , , ⊥
在 EBD和 E′BD中 BC 交CB的延长线于点H
△ △ , , ,
ìBE BE′ AB AC C ABQ CN BQ
ï ï = , ∵ = ,∠ =∠ , = ,
í DBE DBE′ ACN ABQ
ïï ∠ =∠ , ∴ △
AN AQ
≌△
CAN
,
QAB.
îBD BD ∴ = ,∠ =∠
= ,
又 CAN BAM °
EBD E′BD ∵ ∠ +∠ =30 ,
∴ △ ≌△ (SAS),
BAM QAB ° 即 QAM MAN.
DE DE′. ∴ ∠ +∠ =30 , ∠ =∠
∴ = 又 AM AM
在 ABC中 ABC ° AB BC ∵ = ,
∵ △ ,∠ =90 , =4, =3, AQM ANM
∴ △ ≌△ ,
∴
AC
=
AB2
+
BC2
=5
.
QM MN.
∴ =
又 AD x CE y
∵ = , = , ∵ ∠ ABQ =60 ° ,∠ ABC =60 ° ,
DE′ DE x y. QBH °
∴ = =5- - ∴ ∠ =60 ,
DF BC BQH °
∵ ∥ , ∴ ∠ =30 ,
ADH C AHD ABC °
∴ ∠ =∠ ,∠ =∠ =90 , BH 1BQ QH 3BQ
AHD ABC ∴ = , = ,
∴ △ ∽△ , 2 2
12名师讲评式解析
. 含 °半角
HM BM BH BM 1BQ 2 60
∴ = + = + ,
2 BCD是等腰三角形,且 BDC °, A BDC
△ ∠ =120 ∠ +∠ =
在
Rt△
QHM中
,
可得
,
QH2
+
HM2
=
QM2
, °, EDF °.
180 ∠ =60
即 3BQ 2 BM 1BQ 2 QM2
( ) +( + ) = ,
2 2
整理得 BM2 BQ2 BM BQ QM2
, + + · = ,
BM2 NC2 BM NC MN2.
∴ + + · =
解题方法:
方法 :延长AC至点G,使CG BE,连接DG.
1 =
方法 :将 BDE绕点D进行旋转,使BD与CD重合
2 △
(需证明F,C,G三点共线).
结论: DEF DGF;
第 题解图 ①△ ≌△
3 EF BE CF.
选择图 的结论是 BM2 NC2 BM NC MN2. ② = +
③ : + - · =
证明 如解图 以点B为顶点在 ABC外作 ABK 模型六 对角互补模型
: ②, △ ∠ =
30
°
,
在BK 上截取 BQ
=
CN
,
连接 QA
,
QM
,
过点 Q 作
1. 解:如解图 PC即为所求线段
(1) ①, ,90;
QH BC于点H
⊥ ,
AB AC C ABQ CN BQ
∵ = ,∠ =∠ , = ,
ACN ABQ
∴ △ ≌△ ,
AN AQ CAN QAB.
∴ = ,∠ =∠
又 CAN BAM °
∵ ∠ +∠ =60 ,
BAM QAB ° 即 QAM MAN.
∴ ∠ +∠ =60 , ∠ =∠
第 题解图
又 AM AM 1 ①
∵ = ,
AQM ANM 证明:如解图 过点P作PH OB于点H
∴ △ ≌△ , (2) ②, ⊥ ,
QM MN. AOB ° 点P在 AOB的平分线上 PA OA
∴ = ∵ ∠ =90 , ∠ , ⊥ ,
在 BQH中 QBH ° BQH ° 易证四边形APHO为正方形
Rt△ ,∠ =60 ,∠ =30 , ,
PA PH OA OH APH °.
∴ = = = ,∴ ∠ =90
BH 1BQ QH 3BQ HM BM BH BM 1BQ
∴ = , = , = - = - , PM PN MPN MON °
2 2 2 ∵ ⊥ ,∴ ∠ =∠ =90 ,
在
Rt△
QHM中
,
可得
,
QH2
+
HM2
=
QM2
, ∴ ∠
MPN
+∠
MON
=180
°
,
OMP ONP °
∴ ∠ +∠ =180 ,
即 3BQ 2 BM 1BQ 2 QM2
( ) +( - ) = , AMP OMP °
2 2 ∵ ∠ +∠ =180 ,
整理
,
得BM2
+
BQ2
-
BM
·
BQ
=
QM2
, ∴ ∠
AMP
=∠
HNP
,
∴
BM2
+
NC2
-
BM
·
NC
=
MN2.
∵ ∠
A
=∠
PHN
=90
°
,
选择一个证明即可 APM HPN
( ) ∴ △ ≌△ (AAS),
AM HN.
类题通法 ∴ =
OA OH AP
半角模型特点:共端点的等线段,共顶点的倍半角. ∵ + =2 ,
OM AM OH AP 即OM OH AM OM OH
. 含 °半角 ∴ + + =2 , +( + )= +( +
1 45 HN AP
在 BAC中,AB AC, BAC °, DAE °. )=2 ,
Rt△ = ∠ =90 ∠ =45 OM ON AP
∴ + =2 ;
解题方法:
将 ABD绕点A旋转,使AB与AC重合,得到 ACF,
△ △
连接EF. 第 题解图
1
结论: AED AEF; 解: 点M位于射线AO上
①△ ≌△
(3) ∵ ,
CEF为直角三角形;
分类讨论如下
②△
∴ :
BD2 CE2 DE2. 当点M在线段OA上时 如解图 过点F作FR
③ + = ① , ③, ⊥
13中考真题分类·数学
ON于点R 过点P作PG OB于点G OP
, ⊥ , 综上所述 的值为8 或2 .
由 可知 APM GPN PG OA OG ,OF
(2) △ ≌△ , = = , 3 3
AM GN.
∴ =
ON OM
∵ =3 ,
OG GN OM OG AM OG OA OM OG OG
∴ + =3 ,∴ + = + - = + -
OM OM OG OM
=3 ,∴ =2 ,
设OM a 则OG PG a AM GN a ON a
= , = =2 , = = , =3 ,
在 OGP中 由勾股定理得 OP a 2 a 2
Rt△ , , = (2 ) +(2 )
a
=2 2
第 题解图
AOB FRN ° ONM RNF 1 ④
∵ ∠ =∠ =90 ,∠ =∠ ,
MON FRN 易错点拨
∴ △ ∽△ ,
ON RN
3 最后一问,在确定两线段比值时,点M在射线AO上,
∴ OM=RF= =3,
1 需分点M位于线段AO上与线段AO的延长线上两种
又 FON °
∵ ∠ =45 , 情况,注意分类讨论及数形结合等思想方法的运用.
OR FR
∴ = ,
2. 解:
RN FR OR (1) 4,4;
∴ =3 =3 ,
【解法提示】 四边形 ABCD 是正方形 BOC
∵ ,∴ ∠ =
OR 1ON 3OM 3a
∴ = = = , ° 当直角三角板的一条直角边与对角线重合时 重
4 4 4 90 , ,
叠部分的面积为S 1S 1 当直
∴ OF = 2 OR = 2· 3 a = 3 2a , △ BOC= 4 正方形ABCD= 4 ×4×4=4;
4 4
角三角板一条直角边与正方形的一边垂直时 如解图
OP a ,
2 2 8
∴ OF= = ;
①,∴ ∠
OFC
=∠
FOE
=∠
BCD
=90
°
,∴
四边形 OFCE
3 2a 3 是矩形 四边形ABCD是正方形 ACD °
,∵ ,∴ ∠ =45 ,∴
4
当点M在线段AO的延长线上时 如解图 过点P FOC FCO ° OF FC 四边形OFCE是正
② , ④, ∠ =∠ =45 ,∴ = ,∴
作PK OB于点K 过点F作FQ AM交AM的延长
⊥ , ⊥ 方形 OF 1AD 四边形OFCE的面积是 .
, = =2,∴ 4
线于点Q 同理由 得 四边形APKO为正方形 2
, (2) , ,
OA OK AP KP A APK °
∴ = = = ,∠ =∠ =90 ,
PM PN MPN °
∵ ⊥ ,∴ ∠ =90 ,
APM KPN.
∴ ∠ =∠
A PKN ° APM KPN
∵ ∠ =∠ =90 ,∴ △ ≌△ (ASA),
KN AM
∴ = ,
ON OM KN AM OA OM
∵ =3 , = = + ,
ON OK KN OK OA OM OM OK OM 第 题解图
∴ = + = + + =3 =2 + , 2
OK OM.
∴ = 解:S 1S
NOM FQM ° (2) 1= ;
∵ ∠ =∠ =90 , 4
ON FQ 【解法提示】如解图 过点 O 分别作 OG CB 于点
∴ ∥ , ②, ⊥
MQ G OH DC 于点 H. O 是正方形 ABCD 的中心
MFQ ONM MFQ ONM , ⊥ ∵ ,∴
∴ ∠ =∠ ,∴ tan∠ =FQ =tan∠ = OG OH OGC OHC BCD ° 四边形
= ,∵ ∠ =∠ =∠ =90 ,∴
OM
1. OGCH是矩形 OG OH 四边形OGCH是正方形
ON= ,∵ = ,∴ ,
3 EOG GOF ° FOH GOF °
设MQ b 则FQ b ∵ ∠ +∠ = 90 ,∠ +∠ = 90 ,∴
= , =3 , EOG FOH OGE OHF ° OGE
POK ° MON ° ∠ =∠ ,∵ ∠ =∠ =90 ,∴ △ ≌
∵ ∠ =45 ,∠ =90 , OHF S S S S
FOQ ° △ (ASA),∴ △ OGE= △ OHF,∴ 四边形OECF= 正方形OGCH
∴ ∠ =45 ,
OQ FQ b 1S S 1S.
∴ = =3 , = 正方形ABCD,∴ 1=
4 4
∴
OM
=2
b
,
OF
=3 2
b
,
类比探究:
PK OK OM b
∴ = = =2 , 证明: 四边形ABCD是正方形
∵ ,
OP b AC BD OB OC OD OBC OCD °
∴ =2 2 , ∴ ⊥ , = = ,∠ =∠ =45 ,
OP b FOE BOC EOB FOC
2 2 2. ∵ ∠ =∠ ,∴ ∠ =∠ ,
∴ OF= b= EOB FOC BE CF
3 2 3 ∴ △ ≌△ (ASA),∴ = ,
14名师讲评式解析
BE DF CF DF CD CD BC CN m n ACN θ
∴ + = + = , ∴ + =2 = + ,∠ = ,
CD OC BE DF OC CN
∵ = 2 ,∴ + = 2 ; 在 ACN中 ACN
Rt△ ,cos∠ =AC,
拓展延伸:
CN CN m n
解:如解图 过点 O 分别作 OG AB 于点 G OH AC 2 +
③, ⊥ , ⊥ ∴ = θ= θ= θ;
BC于点H. cos 2cos 2cos
BN的长为12 2或12 2.
(3)
7 5
【解法提示】分两种情况 如解图 当 ANM
:① ②, ∠ =
° AN MN时 过点N作ND BC于点D 过点B作
90 , = , ⊥ ,
BE AC于点 E 在 ABC 中 易知 AC BE
⊥ , Rt△ , =5,∴ =
AB BC
· 12 设AN MN x CN x ABC
AC = , = = ,∴ =5- ,∵ ∠ =
第 题解图 5
2 ③ MN
MNC ° C C ABC MNC
易证四边形OGBH是正方形 ∠ =90 ,∠ =∠ ,∴ △ ∽△ ,∴ AB =
,
BG BH OG OH GOH ° NC x x
∴ = = = ,∠ =90 , 即 5- 解得 x 15 CN x 20 在
BM BN GM NH
BC, = , = ,∴ = 5- = ,
∵ = ,∴ = , 3 4 7 7
OGM OHN ° OGM OHN BNC中 BC DN CN BE DN 12 在 NDC
∵ ∠ =∠ =90 ,∴ △ ≌△ (SAS), △ , · = · ,∴ = , Rt△
S S GOM HON 7
∴ △ OGM= △ OHN,∠ =∠ ,
MON ° 中 CD CN2 DN2 16 BD CD 12 在
∵ ∠ =60 , , = - = ,∴ = 4- = ,
7 7
GOM 1 GOH MON 1 ° ° °
∴ ∠ = (∠ -∠ )= ×(90 -60 )=15 , NDB中 BN ND2 BD2 12 2 如解图 当
2 2 Rt△ , = + = ;② ③,
易知OG S 7
=2,∴ 正方形OGBH=4, ANM ° AB BM时 过点N作ND BC于点D BM
∠ =90, = , ⊥ ,∵
GM
GOM ° AB BC MC ABC MNC ° C
∴ tan∠ =tan 15 =OG=2- 3, = =3, =4,∴ =1,∵ ∠ =∠ =90,∠ =
MN MC NC MN NC
C ABC MNC 即 1
GM ∠ ,∴△ ∽△ ,∴ AB=AC=BC, = = ,
∴ =2×(2- 3)=4-2 3, 3 4 5
S 1OG GM 1 MN 3 NC 4.在 MNC中 MC DN CN MN
∴ △ OGM= · = ×2×(4-2 3)=4-2 3, ∴ = , = △ , · = · ,∴
2 2 5 5
重叠部分的面积为S S S
∴ 四边形OMBN= 正方形OGBH-2 △ OGM=4 DN 12 在 NDM中 MD MN2 DN2 9 在
= , Rt△ , = - = ,∴ Rt
. 25 25
-2×(4-2 3)=4 3-4
3. 解: (1) bd ; △ NDB中 , BN = DN2 +(3+ MD ) 2 = 12 2.综上所述 , BN的
ACD ACB 理由如下 5
(2)①∠ =∠ , :
如解图 过点A分别作AM BC于点M AN CD交 长为12 2或12 2.
①, ⊥ , ⊥
CD延长线于点N. 7 5
第 题解图
第 题解图 3
3 ①
则 AMB AND ° 类题通法
∠ =∠ =90 ,
四边形ABCD是邻等对补四边形 对角互补模型:
∵ ,
B ADC °
∴ ∠ +∠ =180 , °、 °的对角互补
ADN ADC ° ADN B 类型 °的对角互补模型 60 120
∵ ∠ +∠ =180 ,∴ ∠ =∠ , 90 模型
AD AB ADN ABM
∵ = ,∴ △ ≌△ (AAS),
AM AN AC平分 BCD
∴ = ,∴ ∠ ,
ACD ACB
∴ ∠ =∠ ;
如解图 由 可知 ADN ABM 图示
② ①, ① △ ≌△ ,
易证 ACM ACN
△ ≌△ ,
CM CN BM DN
∴ = , = ,
15中考真题分类·数学
ABC ADC °, ABC °, ADC
条件 ∠ = ∠ = 90 ∠ =120 ∠ =
BD平分 ABC °,BD平分 ABC
∠ 60 ∠
过点D分别作DE BC于点E,DF BA交BA
作法 ⊥ ⊥
的延长线于点F
. AD CD; . AD CD;
1 = 1 =
. AB BC BD; . AB BC BD; 结论 2 + = 2 2 + =
3
. S
四边形ABCD=
1BD2
3
. S
四边形ABCD=
3BD2
2 4
模型七 利用垂线段最短求最值
1. 审题指导
D是线段BC上一点 C ° 作等边三角形ADE.
,∠ =60 ,
↓ ↓
(当AD BC时,
⊥
AD最小)
形PAQB是平行四边形 PQ OP OA OB 要使线
,∴ =2 , = ,
段PQ取最小值 只需线段OP取得最小值.根据垂线
,
段最短 可知当 OP AC 时 OP 最小. AB BC
, ⊥ , ∵ =6, =
ABC ° AC OA 1 AB 在 ABC
8,∠ =90 ,∴ =10, = =3, Rt△
2
BC OP OP
和 AOP中 CAB 8 OP
Rt△ ,sin∠ =AC=OA,∴ = ,∴
10 3
12 PQ OP 24 即线段PQ的最小值为24. = ,∴ =2 = , 5 5 5
第 题解图
2
类题通法
(得到 C ADE °, 线段最值问题:
∠ =∠ =60
从而证得 DAC FAD) 如图,已知直线l外有一定点A和直线l上一动点B,
△ ∽△
求A,B之间距离的最小值.
3 【解析】如解图
,
过点 A 作 AH
⊥
BC 于点 H
,
在 方法:通常过点A作直线l的垂线AB,利用垂线段最
4
AHC中 AHC ° C ° AC AH
短解决问题,即连接直线外一点和直线上各点的所有
Rt△ ,∵ ∠ =90 ,∠ =60 , =3,∴ =
线段中,垂线段最短.
AC C 3 3. D 是线段 BC 上一点 当 AD
·sin = ∵ ,∴ ⊥
2
BC 即点 D 与点 H 重合时 AD 有最小值 最小值为
, , ,
3 3. ADE是等边三角形 ADE C °.又
∵ △ ,∴ ∠ =∠ =60
2
DAC FAD DAC FAD
AC AD 3. 解:
(1)∵
抛物线y
=
x2
+
bx
+
c关于直线x
=-3
对称
,
与
∵ ∠ =∠ ,∴ △ ∽△ ,∴ AD=AF,∴
x轴交于A B两点
(-1,0), ,
AF
AD2 AD2
当AD取最小值时 AF取最小值 B
= AC = ,∴ , ,∴ ∴ (-5,0),
3 抛物线的解析式为y x x x2 x
∴ =( +1)( +5)= +6 +5;
点P在对称轴上 设对称轴与x轴交于点E 如
3 3 2 (2)∵ , ,
( )
AF的最小值为 2 9 当AF取最小值时 CF 解图 连接P′A
= ,∴ , ①, ,
3 4 E 设P p
∴ (-3,0), (-3, ),
有最大值 CF的最大值为 9 3. 将线段BP绕点P逆时针旋转 °
,∴ 3- = ∵ 90 ,
4 4 PB PD BPD °
∴ = ,∠ =90 ,
易得点P与点 E 重合时不符合题意 分两种情况
,∴
讨论.
当点P在x轴上方时 即点P′
① ( ),
A B关于对称轴对称
∵ , ,
第 题解图 P′A P′B
1 ∴ = ,
当 AP′B °时 满足题意 此时点 D 与点 A 重
解题技巧 ∴ ∠ =90 , ,
合 P′E 1AB
通过垂线段最短可确定AD的最小值,再利用等边三 , = ,
2
角形找角相等证相似,从而结合相似关系即可求CF A B
∵ (-1,0), (-5,0),
的最大值,解题的关键是转化最值条件. AB
∴ =4,
P′E
2. 24 【解析】如解图 设PQ与AB的交点为O 四边 ∴ =2,
, ,∵ P′
5 ∴ (-3,2);
16名师讲评式解析
当点P 在 x 轴下方时 作 DF 对称轴于点 F 则
② , ⊥ , 类题通法
DFP BEP BPD °
∠ =∠ =∠ =90 , “胡不归”问题:
如图,点A 为直线 l 上一定点,点 B 为直线 l 外一定
点,点P为直线l上一动点,要使kAP BP( k )的
+ 0< <1
值最小.
方法:
一找:找带有系数k的线段AP;
二构:构造以线段AP为斜边的直角三角形: 以定点
①
A为顶点在直线l下方作 NAP,使 NAP k; 过
∠ sin∠ = ②
第 题解图
3 ①
动点P作AN的垂线,构造 APE;
Rt△
BPE PDF ° DPF 三转化:将kAP转化为PE;
∴ ∠ =∠ =90 -∠ ,
又 BP DP 四求解:使得kAP BP PE BP,利用“垂线段最短”转
∵ = , + = +
BPE PDF 化为求BF的长.
∴ △ ≌△ ,
DF PE PF BE
∴ = , = ,
B E P p
∵ (-5,0), (-3,0), (-3, ),
DF PE p PF BE OE
∴ = =- , = =2, =3,
EF p
∴ =- +2,
D p p
∴ ( -3, -2),
模型八 利用两点之间
把D p p 代入y x2 x 得p p 2
( -3, -2) = +6 +5, -2=( -3) +
p
6( -3)+5,
解得p 或p 舍去 线段最短求最值
=-1 =2( );
P .
∴ (-3,-1)
1. 【解析】如解图 在BC上取点G 使CG 连接
综上所述 点P的坐标为 或 5 2 , , =1,
, (-3,2) (-3,-1);
CG CM
存在 Q AQ CQ的最小值为 . AG MG BC CM 1 又
(3) , (0,1),2 + 2 6 2 , ,∵ = 9, = 3,∴ CM = BC = , ∵
【解法提示】如解图 在 x 轴上取点 M 连接 3
②, (5,0), MG CG
AC CM 过点A作AH CM于点H 交y轴于点Q′ 过 MCG BCM MCG BCM 1
, , ⊥ , , ∠ =∠ ,∴ △ ∽△ ,∴ BM=CM= ,
点Q作QG CM于点G 连接AQ 则OM QGC 3
⊥ , , =5,∠ =
90
°
,∵
y
=
x2
+6
x
+5,∴
当x
=0
时
,
y
=5,∴
C
(0,5),∴ ∴
MG
=
1 BM
,∴
AM
+
1 BM
=
AM
+
MG
≥
AG
,∵
AG
=
3 3
OC OM CM OC OCM OMC
= =5,∴ = 2 =5 2,∠ =∠ = AC2 CG2 2 2 AM 1 BM 即
+ = 7 +1 =5 2,∴ + ≥5 2,
° QGC为等腰直角三角形 QG CG 2CQ 3
45 ,∴ △ ,∴ = = ,
2 当点M在AG上时 AM 1BM取得最小值 最小值为
, + ,
3
AQ CQ AQ 2CQ AQ QG AH
∴2 + 2 =2( + )= 2( + )≥2 ,∴ .
2 5 2
当点Q与点Q′重合时 AQ CQ的值最小 最小值
,2 + 2 ,
为 AH的长 A OA AM S
2 ,∵ (-1,0),∴ =1,∴ =6,∵ △ ACM
1AM OC 1 CM AH AH AH
= · = · ,∴ 6×5=5 2 ,∴ =3
2 2
AQ CQ 的最小值为 在 AHM 中 第 题解图
2,∴ 2 + 2 6 2, Rt△ , 1
AMH ° MAH ° OAQ′为等腰直角三
∠ =45 ,∴ ∠ =45 ,∴ △ 2. 【解析】 在 ABC 中 ACB °
角形 OQ′ OQ OA Q . 3+ 13 ∵ Rt△ ,∠ =90 ,
,∴ = = =1,∴ (0,1) BC
BAC ° BC AC 2
∠ = 30 , = 2,∴ = ° = = 2 3,∵
tan 30 3
3
BCD为等边三角形 CD BC BCD ° 如
△ ,∴ = =2,∠ =60 ,
解图 取AC的中点 E 连接 OE DE 过点 E 作 EF
, , , , ⊥
CD交DC的延长线于点 F 则 AE CE OE 1 AC
, = = = =
2
FCE ° ACB BCD ° EF 1 CE
第 题解图 3,∠ =180 -∠ -∠ =30 ,∴ =
3 ② 2
17中考真题分类·数学
3 CF CE2 EF2 3 DF DC CF 7
= ,∴ = - = ,∴ = + = ,∴
2 2 2
DE EF2 DF2 OD DE OE OD
= + = 13,∵ ≤ + ,∴ ≤ 3+
OD的最大值为 .
13,∴ 3+ 13
第 题解图
2
3. 【解析】如解图 延长DO交 O于点M 连接PM
C , ☉ , ,
PF PE OF AE OD于点E 交 O于点F F为弧
, , ,∵ ⊥ , ☉ ,
BC的中点 AC
,∴
(
CF
=
(
BF
=
(
5.
审题指导
已知四边形DAEF为平行四边形
(E在线段AC上运动时,F随之运动,一直有DF AE)
=
解题思路
AOC COF
,∴ ∠ = ∠ =
BOF AOC COF BOF ° AOC
∠ ,∵ ∠ +∠ +∠ =180 ,∴ ∠ =
COF BOF ° BOM AOC °
∠ = ∠ = 60 ,∴ ∠ = ∠ = 60 =
BOF 点F M关于AB对称 PM PF PE PF
∠ ,∴ , ,∴ = ,∴ +
PE PM EM 当E P M三点共线时 PE PF的值
= + ≥ , , , , +
最小 最小值为EM的长 AOC ° AD AB
, ,∵ ∠ =60 , ⊥ ,∴
D ° OD OA CD OD OC OA
∠ =30 ,∴ =2 ,∵ =4,∴ = +4=2
OC OC OA OM AF OC AOC
=2 ,∴ =4,∴ = =4,∵ ⊥ ,∠ =
° OAE ° OE 1 OA PE PF 的最
60 ,∴ ∠ =30 ,∴ = =2,∴ +
2
小值EM OE OM .
= + =2+4=6
第 题解图 【解析】如解图 设AC与BD交于点O 过点
3 13 ①, ,
4. 【解析】如解图 作点P′和P关于BD对称 连接
B作线段AC的平行线MN
,
作点E关于直线MN的对
2 3 , ,
称点E′ 连接BE′ E′F 由对称性得BE BE′ BE
P′M CP′ AC 四边形ABCD是菱形 AB P为CD , , , = ,∴ +
, , ,∵ , =4,
BF BE′ BF E′F 当且仅当 E′ B F 三点共线时
中点 P′是AD的中点 由对称的性质得PM P′M = + ≥ , , , ,
,∴ , = ,
BE′ BF取得最小值 最小值为E′F的长 记EE′交直
PM CM P′M CM CP′ PM CM 的最小值为 + , ,
∴ + = + ≥ ,∴ +
线MN于点H 延长E′E交FD的延长线于点G 在
OP′的长 BD AB AD 易得 BAD ° , ,∵
,∵ =4 3, = =4, ∠ =120 ,
ADC ° 又 AD CD ACD 为等边三角 菱形ABCD中 AC BD AO 1 AC BO
∴ ∠ =60 , ∵ = ,∴ △ , =4, =2,∴ = =2, =
2
形 CP′ AD CP′ PM CM 的最小值为
,∴ ⊥ ,∴ =2 3,∴ + DO 1BD AC BD 由对称性可得EH MN E′H
. = =1, ⊥ , ⊥ ,
2 3 2
EH AC MN EH AC AC GH OEH
= ,∵ ∥ ,∴ ⊥ ,∴ ⊥ ,∴ ∠ =
EOB EHB ° 四边形 EOBH 是矩形 EH
∠ =∠ =90 ,∴ ,∴
OB 四边形 DAEF 为平行四边形 DF AE
= =1,∵ ,∴ = ,
DF AC GD DO GDO DOE GEO
∥ ,∴ ⊥ ,∴ ∠ =∠ =∠ =
° 四边形 DOEG 是矩形 EGD ° GD
第 题解图 90 ,∴ ,∴ ∠ =90 , =
4 EO GE DO GF GD DF EO AE AO GE′
, = =1,∴ = + = + = =2,
18名师讲评式解析
= GE + EH + E′H =3,∴ E′F = GF2 + GE′2 = 2 2 +3 2 = ∴ 一次函数的解析式为y 1=- 1x +4;
即BE BF的最小值为 . 2
13, + 13 x
(2)2< <6;
【解法提示】由函数图象可知 当一次函数y 1 x
, 1=- +
2
的图象在反比例函数y 6 x 的图象上方时自
4 2= x ( >0)
k
变量的取值范围为 x 不等式ax b 的解集
2< <6,∴ + > x
第 题解图 为 x .
5 ① 2< <6
如解图 作点 B 关于 x 轴的对称点 D 连接 BC
一题多解 (3) , , ,
AC DC AD BD 设AD交x轴于点C′ 则D
如解图 连接FC 由题意 点F在平行于AC的直线 , , , , , (2,-3),
②, , ,
l上运动 四边形ABCD为菱形 四边形 DAEF 为平
,∵ ,
行四边形 AD EF BC 且 AD EF BC 四边形
,∴ ∥ ∥ , = = ,∴
BEFC为平行四边形 BE CF BE BF CF BF
,∴ = ,∴ + = + ,
↓
(将问题转化为在直线l上找一点F,使得它到B,C两
点的距离之和最短,即最基础的将军饮马模型) 第 题解图
6
作点C关于直线l的对称点C′ 连接BC′交直线l于F
, 由对称的性质可得DC BC
= ,
点 线段BC′的长度即为所求的最小值 过点B作BM
, , A B
∵ (6,1), (2,3),
AC交C′C 的延长线于点 M 则 BMC′为直角三角
∥ , △ AB 2 2
∴ = (2-6) +(3-1) =2 5,
形 M ° BM 1 AC C′M 3 BD BC′
,∠ =90 , = =2, = =3,∴ = ABC的周长 AB AC BC AC BC
2 2 ∴ △ = + + = + +2 5,
当AC BC有最小值时 ABC的周长有最小值
BM2 MC′2 2 2 即 BE BF 的最小值 ∴ + ,△ ,
+ = 2 +3 = 13, +
AC BC AC DC
为 . ∵ + = + ,
13 当AC DC有最小值时 ABC的周长有最小值
∴ + ,△ ,
AC DC AD
∵ + ≥ ,
当A C D三点共线 即点C与点C′重合时 AC DC
∴ , , , , +
有最小值 此时 ABC的周长有最小值 最小值为AD
, △ ,
+2 5,
A D
∵ (6,1), (2,-3),
第 题解图 AD 2 2
5 ② ∴ = (2-6) +(-3-1) =4 2,
k ABC的周长的最小值为 .
6. 解: 反比例函数 y x 的图象经过点 ∴ △ 4 2+2 5
(1)∵ 2= x ( >0) 设直线AD的解析式为y k x b k 将A
= 1 + 1( 1≠0), (6,1),
A D 代入
(6,1), (2,-3) ,
k { k b {k
∴ 1= , 得 6 1+ 1=1, 解得 1=1,
6 k b b
解得k 2 1+ 1=-3, 1=-5,
=6, 直线AD的解析式为y x
∴ = -5,
反比例函数的解析式为y 6 x 在y x 中 当y x 时 x
∴ 2= x ( >0); = -5 , = -5=0 , =5,
C′ .
∴ (5,0)
在y
2=
6
x (
x
>0)
中
,
当x
=2
时
,
y
2=
6
=3,
综上所述
,
当点C的坐标为
(5,0)
时
,△
ABC的周长有
2
B 最小值 最小值为 .
∴ (2,3), , 4 2+2 5
k
一次函数y ax b的图象与反比例函数y x 类题通法
∵ 1= + 2= x ( >
两条线段和最值问题:
的图象交于点A B
0) { (6,1), (2,3), . 异侧线段和最小值
{
6
a
+
b
=1,解得
a
=-
1
,
1 如图,两定点A,B位于直线l异侧,在直线l上找一点
∴
2
a
+
b
=3, b
2 P,使PA
+
PB的值最小.
=4,
19中考真题分类·数学
方法:连接AB 交直线 l 于点 P,即“两点之间线段最 EC DE EB EJ BC CD EC2 DE2
· =36,∴ = = =6,∴ = = -
短”.
2 2 OD DE2 OE2 2 2
= 18 -6 = 12 2, = - = 6 -2 =
BD S 1 OC BD 1 BC DK
4 2,∴ =8 2,∵ △ DCB= · = · ,
2 2
DK 16×8 2 32. DEB DCK ° EDC
. 同侧线段和最小值 ∴ = = ∵ ∠ +∠ =360 -∠ -
2 12 2 3
如图,两定点A,B位于直线l同侧,在直线l上找一点 EBC ° DEB BER ° BER
∠ = 180 ,∠ + ∠ = 180 ,∴ ∠ =
P,使PA PB值最小.
+ 32
方法:作点B关于直线l的对称点B′,连接AB′交直线 BR DK
DCK BER DCK 3
∠ ,∴ sin∠ =BE=sin∠ =CD= =
l于点 P,将同侧两定点转化为异侧两定点问题,同
12 2
“异侧线段和最小值”即可解决.
4 2 RB BE 4 2 8 2 EJ EB ER BJ JR
,∴ = × = ,∵ = , ⊥ ,∴ =
9 9 3
BR 8 2 JB 16 2 DQ P′Q的最大值为16 2.
= ,∴ = ,∴ -
3 3 3
7. 【解析】如解图 作点D关于AB AC的对称点N
2 3 , , ,
M 连接AM AN EN FM MN AD 则EN DE FM FD
, , , , , , , = , = ,
DEF的周长为DE EF FD NE EF FM MN 当
∵ △ + + = + + ≥ ,
N E F M四点共线时 NE EF FM取得最小值 最小
, , , , + + ,
值即为MN 的长. N M 是点 D 关于 AB AC 的对称
∵ , ,
第 题解图
点 AN AD AM.又 8
,∴ ∠1=∠2,∠3=∠4, = = ∵ ∠2+∠3=
45
°
,∴ ∠
NAM
=∠1+∠2+∠3+∠4=90
°
,∴ △
AMN 是 类题通法
等腰直角三角形 MN AN AD 当AD BC 两条线段差最值问题:
,∴ = 2 = 2 ,∴ ⊥
时 AD取得最小值 即 DEF 的周长最小. B .同侧线段差最大值:
, , △ ∵ ∠ = 1
如图,两定点A,B位于直线 l同侧,在直线 l上找一
° AB AD AB ° 3
60 , =2 2,∴ min= ·sin 60 =2 2× = 6,∴ 点P,使得 PA PB 的值最大.
2 | - |
DEF周长的最小值为 AD . 方法:连接AB并延长,交直线l于点P.
△ 2 = 2× 6=2 3
.异侧线段差最大值:
2
如图,两定点A,B位于直线 l异侧,在直线 l上找一
点P,使得 PA PB 的值最大.
| - |
第 题解图 方法:作点B关于直线l的对称点B′,连接AB′并延
7
长交直线l于点P.
8. 16 2 【解析】如解图 连接BD交AC于点O 过点D
, ,
3
作DK BC于点K 延长DE交AB于点R 连接EP′并
⊥ , ,
延长交AB于点J 连接BQ BP′ 四边形ABCD是菱
, , ,∵
形 点B D关于AC对称 DQ BQ 当点P是定点
,∴ , ,∴ = ,
模型九 与圆有关的最值
时 DQ QP′ BQ QP′ BP′ 当B P′ Q三点共线时
, - = - ≤ , , , ,
DQ
-
QP′的值最大
,
最大值是线段BP′的长
,
当点P与 (含隐圆问题)
点B重合时 点P′与点J重合 当点Q与点A重合时
, , , 1. 【解析】如解图 以点 B 为原点 BC 所在直线为 x
此时BQ QP′的值最大 最大值是线段BJ的长. 四 D , ,
- , ∵ 轴 AB所在直线为y轴 建立平面直角坐标系 设BD
边形ABCD是菱形 AC BD AO OC AE EC , , ,
,∴ ⊥ , = ,∵ =14, 的中点为G 过点D作DH BD 使DH 过点H
AC AO OC OE AO AE , ⊥ , =2 2,
=18,∴ =32,∴ = =16,∴ = - =16-
作HK AD于点K 连接 BH FH AG EG 则 BDH
DE CD DOE EDC ° DEO ⊥ , , , , , ∠ =
14=2,∵ ⊥ ,∴ ∠ =∠ =90 ,∵ ∠ DKH ° 正方形 ABCD 边长为 C
ED EO ∠ =90 ,∵ 6,∴ (6,0),
CED EDO ECD 即 DE2 EO
=∠ ,∴ △ ∽△ ,∴ EC=ED, = D A G BG 2 2
(6,6), (0,6),∴ (3,3),∴ = 3 +3 =3 2,
20名师讲评式解析
BG 3. 解: 如解图 BDEF即为所求作 答案不唯一
3 DEB BAD ° EG AG BG (1) ①,▱ ;( )
∴ DH= ,∵ ∠ =∠ =90 ,∴ = = = S BC
2 (2)∵ △ BPC=9, =6,
DG 点 B E A D 在 G 上 ABE 点P到BC的距离为
= 3 2,∴ , , , ☉ ,∴ ∠ = ∴ 3,
ADE ABD ADB ° HDK BDH 如解图 在AB上截取BM 过点M作MN BC交
∠ ,∵ ∠ =∠ =45 ,∴ ∠ =∠ - ②, =3, ∥
ADB ° HDK ABD ° ABE DC于点N 则点P在MN上
∠ = 45 ,∴ ∠ = ∠ = 45 ,∴ ∠ + , ,
ABD ADE HDK 即 EBG FDH BE 作点B关于 MN 的对称点 B′ 连接 B′C 交 MN 于点
∠ =∠ +∠ , ∠ =∠ ,∵ 2 = ,
BE BE BG EG P′ 连接AB′ BP′ B′P
DF 3 BEG DFH , , , ,
3 ,∴ DF= ,∴ DF=DH,∴ △ ∽△ ,BG= BP PC B′P PC B′C
2 ∴ + = + ≥ ,
FH 当B′ P C三点共线 即点 P 与 P′重合时 BP PC
FH DH 点F是在以点H为圆心 ∴ , , , , +
DH=1,∴ = =2 2,∴ ,2
取得最小值 最小值为B′C的长
, ,
为半径的部分圆弧上运动 DHK ° HDK 在 B′BC中 BB′ BM BC
2 ,∵ ∠ =90 -∠ Rt△ , =2 =6, =6,
=45
°
,
DK2
+
HK2
=
DH2
,∴
DK
=
HK
=2,∴
H
(4,8),∴ B′C BP PC的最小值为
∴ =6 2,∴ + 6 2,
BH 2 2 BF FH BH 当点F 在 BH BPC周长的最小值为
= 4 +8 =4 5,∵ + ≥ ,∴ ∴ △ 6+6 2;
上时 BF取得最小值 BF BH FH .
, , min= - =4 5-2 2
图 图
第 题解图 ① ②
1 第 题解图
2. 【解析】如解图 以点E为圆心 EC长为半
3
20 3-16 , ,
(3)
径作圆 过点E作EG AB交BA的延长线于点G 交
, ⊥ , 解题思路
E于点 D′ 此时 ABD′的面积最小 BCD
☉ , △ ,∵ ∠ =
° ABC ° BC 易得 AB 与 CD 间距
120 ,∴ ∠ =60 ,∵ =10,
为 EG E为边CD的中点 DE D′E
5 3,∴ =5 3,∵ ,∴ =
1CD GD′ S 的最小值为 1
= =4,∴ =5 3-4,∴ △ ABD′ ×8
2 2
.
×(5 3-4)=20 3-16
第 题解图
2
类题通法
线圆最值:
如图,已知定直线l 定弦 AB,动点 C 在 O上运动.
∥ ☉
辅助线作法:过圆心O作定直线l的垂线,与 O交于
☉
点C,C′,与AB交于点E,与直线l交于点D.
结论: 点C到线段AB,直线l的最大值分别为 CE,
①
CD的长;
点C到直线l的最小值为C′D的长.
②
21中考真题分类·数学
如解图 过点 P 作 PM AC 交 BC 于点 M 连接
③, ∥ , 80 .
AM QM m
, , 3
第 题解图 第 题解图
3 ③ 3 ④
BPM BAC 解题技法
∴ △ ∽△ ,
BP PM BP PM 根据题干提取信息,两定一动,判断为最大张角问题,
即
∴ BA=AC, = ,
120 180 根据模型作辅助线确定点 O的轨迹及张角最大时点
BP BP
2 O的位置,结合勾股定理等其他知识求解即可.
∴ PM= =AQ,
3 类题通法
PM AQ
∴ = , 与“最大张角”有关的题目的解题思路一般如下:
四边形APMQ为平行四边形
∴ ,
点O是PQ的中点 如图 ,两定点 A,B 在 C 的一条边 CN 上,
∵ , ① ∠
点O是AM的中点 条件 另有一动点P在这个角的另一边CM上,点P
∴ ,
分别取AB AC的中点D E 连接OD OE 在何处时, APB最大?
, , , , , ∠
OD BC OE BC
∴ ∥ , ∥ ,
D O E 三点共线 即点 O 在 ABC 的中位线
∴ , , , △
DE上
,
过点B C 作圆弧 使其与 DE 相切于点 O′ 交 OC 于 图示
, , ,
点N 连接BN O′B O′C
, , , ,
BO′C BNC BOC
∵ ∠ =∠ ≥∠ ,
如解图 当点 O与点 O′重合时 BOC 最大 过
∴ ④, ,∠ , 如图 ,过 A,B 两点作 O 与 CM 相切于点
点A作AH BC于点H 交DE于点G ② ☉
⊥ , , P′,当 ABP 的外接圆与边 CM 相切时,
设BH x 解题 △
= , APB最大.(简证:点P是CM上一动点,连
在 ABH中 AH2 AB2 BH2 2 x2 思路 ∠
Rt△ , = - =120 - , 接AP,BP,AP 交 O 于点 Q,连接 BQ,则
在 ACH中 AH2 AC2 CH2 2 x 2 ☉
Rt△ , = - =180 -(180- ) , APB AQB AP′B)
2 x2 2 x 2 ∠ ≤∠ =∠
∴ 120 - =180 -(180- ) ,
解得x
=40, 4. 解题思路
BH
∴ =40,
DG 1BH
∴ = =20,
2
过点O′作O′H′ BC于点H′
⊥ ,
BH′ CH′ 1BC
∴ = = =90,
2
GO′ HH′ BH′ BH
∴ = = - =50,
DO′ DG GO′
∴ = + =70,
BM DO′
∴ =2 =140,
PM AC
∵ ∥ ,
BP BM
∴ BA=BC,
【解析】如解图 以点C为圆心 以CD
2 2+1,2 2-1 , ,
BP
即 140 长为半径作 C 当直线AE与 C相切 D为切点时
= , ☉ , ☉ , ,
120 180 AE 有最值. 在 ACD 中 AD AC2 CD2
Rt △ , = - =
解得BP 280
= , 2 2 如解图 当点E在BC的右侧时 设
3 3 -1 =2 2, ①, ,
BC与 DE 交于点 F AE 与 C 相切于点 D
PA AB BP 80 ,∵ ☉ ,∴
∴ = - = , CDF ADC ° CAD ACD °
3 ∠ = ∠ = 90 ,∴ ∠ +∠ = 90 ,∵
此时步道口P与游客服务中心A之间的距离PA为 ACB ° DCF ACD ° CAD
∴ ∠ = 90 ,∴ ∠ +∠ = 90 ,∴ ∠ =
22名师讲评式解析
CF 即 O的半径OD 连接 BO 并延长与 O 交于点
DCF ACF CDF CDF ADC ☉ =4, ☉
∠ ,∴ △ ∽△ ,△ ∽△ ,∴ AC= D 此时 BD 为 BD 的最大值 在 OBC 中 BO
1, 1 , Rt△ , =
DF CD
1 2 解得 DF 2 CF 3 2 BF BC2 OC2 BD BO OD
CD=AD= = , = , = ,∴ = + = 36+16 =2 13,∴ 1 = + 1 =
2 2 4 4 4 即BD的最大值是 .
2 13+4, 2 13+4
BC CF 12-3 2 CDF AEB ° CFD
- = ,∵ ∠ =∠ =90 ,∠ =
4
DF CF
BFE CDF BEF 2 解得
∠ ,∴ △ ∽△ ,∴ EF=BF= ,
4- 2
EF 4- 2 DE DF EF 此时AE的最大值为
= ,∴ = + =1,∴
4
第 题解图
如解图 当点E在AC的左侧时 过点C 作 5
2 2+1; ②, ,
CF BE 于点 F 直线 AE 与 C 相切于点 D 类题通法
⊥ ,∵ ☉ ,∴
∠
CDE
=∠
DEF
=∠
CFE
=90
°
,∴
四边形 CDEF 为矩 定弦定角模型:
形 DE CF 易得 ADC BFC CF CD DE
,∴ = , △ ≌△ ,∴ = ,∴
CD 此时AE的最小值为 .
= =1,∴ 2 2-1
图示
条件 在 ABC中,AB为定长, C α为定角
△ ∠ =
当 α °时,
<90
点 C 在优弧
第 题解图
4 AB
类题通法 结论
定点定长作圆:
类型 一点作圆 三点定圆
图示
平面内,点 O 为定点,点 B
条件 OA OB OC
为动点,且OB长度固定 = =
点B的轨迹在以点 O为圆 点 A,B,C 均在
结论
心,OB长为半径的圆上 O上
☉
5. 【解析】 射线CA绕点C顺时针旋转 °
2 13+4 ∵ 90
到CA ACD ° ACD 面积为 1 AC
1,∴ ∠ =90 ,∵ △ 24,∴
2
CD AC CD 如解图 过点 C 向上作线 · =24,∴ · =48, ,
段CE BC 使得CE BC BC CE
⊥ , =8,∵ =6,∴ · =6×8=
CE CD
即AC CD BC CE 连接 OE CE
48, · = · , ,∴ CA=CB,∵
BC BCE ACD ° BCE ACE
⊥ ,∴ ∠ =∠ = 90 ,∵ ∠ -∠ =
ACD ACE ACB ECD CED CAB
∠ -∠ ,∴ ∠ =∠ ,∴ △ ∽△ ,
EDC ABC ° CE 即定角定弦 故点D
∴ ∠ =∠ =90 ,∵ =8, ,
在以CE为直径的圆上 记圆心为直径CE的中点O
, ,
(
当α °时,点 当 α °时,
=90 >90
C 在 O 上运 点C 在 劣 弧
☉
动(不与点 A, 上运动(不 AB
B重合),弦AB 与点 A,B 重
为 O的直径
合), ACB ☉
∠ =
1 AOB
∠
2
( 上运动(不
与点 A,B 重
合),1 AOB
∠ +
2
ACB °
∠ =180
构成等腰三角形(AC BC),即点C为AB
=
推论
(
的
中点时,点 C 到 AB 的距离最大,且此时
ABC的面积最大
△
6. 解: 抛物线的对称轴为直线x AB
(1)∵ =3, =4,
A B
∴ (1,0), (5,0),
将A 代入直线y kx 中 得k
(1,0) = -1 , -1=0,
解得k
=1,
直线AD的表达式为y x
∴ = -1,
将A B 代入抛物线 y ax2 bx a
(1,0), (5,0) = + +5( ≠
中
0) ,
{a b
得 + +5=0,
a b
25 +5 +5=0,
{a
解得 =1,
b
=-6,
抛物线的表达式为y x2 x
∴ = -6 +5;
存在点M
(2) ,
直线AD的表达式为y x 抛物线的对称轴直线
∵ = -1,
x 与直线AD交于点D
=3 ,
当x 时 得y
∴ =3 , =3-1=2,
D
∴ (3,2),
23中考真题分类·数学
当 DAM °时 即AM AD
① ∠ =90 , ⊥ , 类题通法
设直线AM的表达式为y x c 将A 代入
=- + , (1,0) , 阿氏圆:
得 c 解得c
-1+ =0, =1,
直线AM的表达式为y x
∴ =- +1,
{x {x
令 x x2 x 解得 =1, 舍去 或 =4, 图示
- +1= -6 +5, y ( ) y
=0 =-3,
点M的坐标为
∴ (4,-3);
当 ADM °时 即DM AD
② ∠ =90 , ⊥ ,
点P是半径为r的 O上一动点,点A,B为
设直线DM的表达式为y x d 将D 代入 条件 ☉
=- + , (3,2) ,
O外两定点
得 d 解得d ☉
-3+ =2, =5,
直线DM的表达式为y x 当r,k满足r k·OA( k )时,如何确定
∴ =- +5, = 0< <1
{x {x 问题 点P的位置,使得“kAP BP”线段长度存在
令 x x2 x 解得 =0,或 =5, +
- +5= -6 +5, y y 最小值
=5 =0,
∴
点M的坐标为
(0,5)
或
(5,0)
. 一找:找带有系数k的线段AP;
综上所述
,
点M的坐标为
(4,-3)
或
(0,5)
或
(5,0); 二构:在线段 OA 上取一点 C,构造 PCO
△
如解图 取 B的半径BE的中点Q 连接PQ BP
(3) , ☉ , , , APO;
∽△
CQ , 在线段OA上截取OC,使OC k·r;
① =
∵ ☉
B的半径为
2, 连接PC,OP,证明 PCO APO;
② △ ∽△
∴
BP
=2,
三转化:通过相似三角形的对应边成比例,
BQ BP
1 2 1 结论
将kPA转化为PC;
∴ BP= ,BA= = ,
2 4 2 四求解:使得 kAP BP PC BP,利用“两点
BQ BP + = +
之间,线段最短”转化为求BC的长
∴ BP=BA,
ABP PBQ
∵ ∠ =∠ ,
ABP PBQ
∴ △ ∽△ ,
PQ BQ
1
∴ AP=BP= ,
2
PQ 1PA
∴ = , 当kAP BP中的系数k大于 时,考虑提取k
2 + 1
PC 1PA PC PQ CQ 方法 值转化为k(AP 1BP),然后按“阿氏圆”模
∴ + = + ≥ , + k
2
当C P Q 三点共线时 PC PQ 有最小值 即 PC 型进行计算
, , , + , +
1PA有最小值 最小值为CQ的长
, , 模型十 主从联动
2
B 抛物线的表达式为y x2 x
∵ (5,0), = -6 +5,
C OB OC 1. 【解析】如解图 在点 A 的右侧取一点 G 使得
∴ (0,5), = =5, B ①, ,
BE Q为BE的中点
∵ =2, , AG 1AC 连接CG GF 过点F作FH l于点H
BQ QE = =2, , , ⊥ ,
∴ = =1, 2
OQ OB BQ 直线 l BC ACB ° CAG ° EF
∴ = - =4, ∵ ∥ ,∠ =90 ,∴ ∠ =90 ,∵ ⊥
CQ OC2 OQ2 2 2 EF EF AG
∴ = + = 5 +4 = 41, CE ECF 1 ECF 1
,tan∠ = ,∴ tan∠ =CE= ,∴ CE=AC=
即PC 1PA的最小值为 . 2 2
+ 41 CF
2 1 CEF CAG ° CEF CAG
,∵ ∠ =∠ =90 ,∴ △ ∽△ ,∴ CG
2
CE CF CG
ECF ACG GCF ACE
=CA,∠ =∠ ,∴ CE=CA,∠ =∠ ,∴
GCF ACE CGF CAE ° AGC
△ ∽△ ,∴ ∠ =∠ =90 ,∴ ∠ +
HGF ° ACG AGC ° HGF
∠ = 90 ,∵ ∠ +∠ = 90 ,∴ ∠ =
AG
ACG ACG 1 ACG和 HGF都是
∠ ,∵ tan∠ =AC= ,∴ ∠ ∠
2
第 题解图 定值 点F在射线GF上运动 当BF GF时 BF
6 ,∴ ,∴ ⊥ ,
24名师讲评式解析
最短 如解图 延长HF CB相交于点N ACB D′三点共线时 EC ED的值最小 最小值为CD′的长
, ②, , ,∵ ∠ = , + , ,
CAH AHN ° 四边形ACNH是矩形 HN 过点D′作CB的垂线交CB的延长线于点 Q 易证得
∠ =∠ =90 ,∴ ,∴ = ,
AC AH CN BF GF CGF ° BF CG 四边形AD′QB是矩形 D′Q AB CQ CB BQ
=4, = ,∵ ⊥ ,∠ =90 ,∴ ∥ , ,∴ = =4, = + =
FBN GCN AH CN CGA GCN
∴ ∠ =∠ ,∵ ∥ ,∴ ∠ =∠ ,∴ CB AD′ CD′ D′Q2 CQ2 EC ED的
+ =4,∴ = + =4 2,∴ +
FBN CGA FNB CAG ° FNB
∠ =∠ ,∵ ∠ =∠ =90 ,∴ △ ∽ 最小值为 故 选项正确 如解图 当点F和点
FN BN 4 2, C ; ②,
CAG AG 1 AC FN BN 设BN M重合时 或点 F 与点 N 重合时 FC 有最大值 过
△ ,∴ CA=GA,∵ = ,∴ =2 , = ( ), ,
2
点M作 MO BC 于点 O 易证得四边形 MPBO 是矩
x 则FN x CN x FH x AH CN x ⊥ ,
, =2 , = +5,∴ =4-2 ,∴ = = +5,
形 BO FP FO BP CO CB BO
AG ,∴ = =1, = =3,∴ = - =2,∴
GH x x ACG HGF
∴ =( +5)-2= +3,∵ tan∠ =tan∠ ,∴ AC= FC FO2 CO2 故 选项正确.
= + = 13, D
FH x
即2 4-2 解得x BN FN FH GH
GH, = x , =1,∴ =1, =2, =2, =
4 +3
GF FH2 GH2 2 2 CG AG2 AC2
4,∴ = + = 2 +4 =2 5, = +
GF GC
2 2 GCF ACE 即2 5
= 2 +4 =2 5,∵ △ ∽△ ,∴ AE=AC, AE =
2 5 解得AE 当BF最短时 AE的长度为 .
, =4,∴ , 4
4
第 题解图 第 题解图
1 2
2. 解题思路 3. 【解析】如解图 过点E作EM BC 于点 M 连接
C , ⊥ ,
分析题干及选项发现选项 求EC ED的最大值,一 GM EMF EGF ° E G F M 四点共圆
A - ,∴ ∠ =∠ =90 ,∴ , , , ,
般情况下是利用三边关系得到最大值是线段 CD的 EMG EFG ° B ° BEM °
∴ ∠ =∠ =30 ,∵ ∠ =60 ,∴ ∠ =30 ,
长,但本题点E在线段AB上,显然当点E与点A重 EMG BEM ° GM AB 当点F在直线
∴ ∠ =∠ =30 ,∴ ∥ ,∴
合时,DE最小,CE最长,可得差的最大值为 ,选项 BC上运动时 点G在平行于 AB 的直线 GM 上运动
4 , ,
错误;选项 为将军饮马问题,作对称连接得EC 过点M作MN AB于点N AG MN 线段AG的
A C + ⊥ ,∴ ≥ ,∴
ED CD′ ,选项 正确.选项 , 是同类型的, 最小值为MN的长 AE BE B ° BM
≥ =4 2 C B D ,∵ =4, =8,∠ =60 ,∴
区别是点的位置不同,求单线段的最值而且是单动
BE ° 1 MN BM ° 3
点,此类问题一般是寻找动点轨迹,F是动点E的从 = ·cos 60 =8× =4,∴ = ·sin 60 =4×
2 2
动点,根据“瓜豆原理”,如解图 ,点 F 的运动轨迹 线段AG的最小值为 .
① =2 3,∴ 2 3
是线段MN,选项 , 都正确.本题判断结论错误的
B D
选项,答案又是 ,本身就有意降低难度.
A
【解析】如解图 将DA绕点D逆时针旋转 °得到
A , 90
DM 连接FM 则 DFM DEA. 如解图 当点 E
, , △ ≌△ ①,
和点B重合时 DE对应线段为DN 点F的运动轨
, ,∴ 第 题解图
迹为线段MN.如解图 当DE最小 EC最大时 EC 3
②, , , -
ED有最大值
,
此时点 E 和点 A 重合
,
EC
=5,
DE
=1, 4. 19 【解析】 点P在AC上运动 运动路径为线段
∵ , ,
EC ED的最大值为 故 选项错误 如解图 当点 4
- 4, A ; ②,
E为PF中点 点E的运动路径亦为线段 当P与
F和点M重合时 FB有最小值 过点F作FP AB于 ,∴ ,∵
, , ⊥
A重合时 点F在点C处 又 AC 此时PF
点P 易证得四边形APFD为正方形 FP AP AD , , ∵ =2,∴ =2,∴
, ,∴ = = =
CE 当P与C重合时 如解图 AC B °
BP AB AP FB FP2 BP2 故 选 =1, , ,∵ =2,∠ =30 ,
1, = - =3,∴ = + = 10, B
ACB ° PD AB AB BC 由等面积法
项正确 如解图 作点D关于AB的对称点D′ 连接 ∠ =90 , ⊥ ,∴ =4, =2 3,
; ③, ,
AD′ ED′ CD′ EC ED EC ED′ CD′ 当E C 得 PD AB AC BC 得PD DF BC ACB
, , ,∴ + = + ≥ ,∴ , , , · = · , = 3,∵ ⊥ ,∠ =
25中考真题分类·数学
H °
° AC DF PDF APD ° PF 1 PD ∵ ∠ =60 ,
90 ,∴ ∥ ,∠ =∠ =30 ,∴ = = HEP HPE °
2 ∴ ∠ +∠ =120 ,
EPC °
∵ ∠ =60 ,
3 ,∴ CE = 3 ,∴ 点E所经过的路径长为 1 2 +( 3 ) 2 HPE CPK °
2 4 4 ∴ ∠ +∠ =120 ,
HEP CPK
∴ ∠ =∠ ,
19. 又 K H ° PE PC
= ∵ ∠ =∠ =60 , = ,
4
EHP PKC
∴ △ ≌△ ,
HP KC AD HG
∴ = = = =10,
PGH为等边三角形
∴ △ ,
点M N为PF GF的中点
∵ , , ,
MN为 PGF的中位线 MN 1PG.
第 题解图 ∴ △ , =
4 2
PG HG AD
5. 解: ∵ = = =10,
(1)5; MN 且长度不变
【解法提示】当点P与点B重合时 点F在点D处 此 ∴ =5, ;
, , 连接CE 由 CPE和 GPH都为等边三角形
时点E N D F共线 如解图 在平行四边形 ABCD , △ △ ,
, , , , ①, 由手拉手模型易证 HPE GPC
中 BC AD 将PC绕点P逆时针旋转 °得到 △ ≌△ ,
, = =10,∵ 60 CG HE AF
PE PC BC PE M N分别是 PF ED 的中 ∴ = = ,
,∴ = = =10,∵ , , 设PG与AD交于点I
点 由中位线可知 MN PE MN . ,
, 2 = =10,∴ =5 易证 API和 GDI为等边三角形
△ △ ,
GD ID
∴ = ,
AF DI CG DG
∴ - = - ,
AI DF DC AP PB.
∴ + = =6= +
AP AI
∵ = ,
PB DF.
∴ =
设AP a 则PB a DF AI a ID a IF ID
= , =6- = , = , =10- , = +
DF a a a.
=10- +6- =16-2
MN为 PGF的中位线
∵ △ ,
Q为IF的中点
∴ ,
IQ a AQ AI IQ a a 且长度不变.
∴ =8- ,∴ = + = +8- =8,
第 题解图 类题通法
5
不变. 直线轨迹问题:
(2)
如解图 连接FN并延长到点G 使得FN GN 连接 AP
②, , = , 已知:定点A,动点P和Q, PAQ α, 为定值k,点
∠ = AQ
GE DG
, ,
点N为DE中点
P在直线BC上运动
∵ ,
情况 :A,Q,P三点共线
EN DN
∴ = , 1
四边形GEFD为平行四边形
∴ ,
GE AF GD EF.
∴ ∥ , ∥
延长EG BA交于H点 连接PG
, , ,
GD EF HB HG AF
∵ ∥ ∥ , ∥ ,
四边形HADG为平行四边形
∴ , 情况 :A,Q,P三点不共线
HG AD 2
∴ = ,
BAD °
∵ ∠ =60 ,
AHG °
∴ ∠ =60 ,
延长AB至点K 使得BK BC 连接CK
, = , ,
在平行四边形ABCD中 BAD °
,∵ ∠ =60 ,
ABC ° 结论:当点 P 的轨迹在直线上时,点 Q 的轨迹在直
∴ ∠ =120 ,
CBK °
线上:
∴ ∠ =60 ,
BKC是等边三角形 .P,Q两点轨迹所在直线的夹角等于α;
∴ △ , 1
K ° KC BC AD .P,Q两点轨迹长度之比等于AP AQ.
∴ ∠ =60 , = = =10, 2 ∶
26名师讲评式解析
6. 审题指导 BAC ° CAD BAD BAC °
3,∴ ∠ =60 ,∴ ∠ =∠ -∠ =30 ,
PAC BAC ° PAF PAC CAD °
∠ =∠ =60 ,∴ ∠ =∠ -∠ =30 ,
AKQ PAF ° AOQ AKQ °
∴ ∠ =∠ =30 ,∴ ∠ =2∠ =60 ,∴
点Q 的运动轨迹为圆心角为 °的 AQ
60
解题思路
4π 【解析】 四边形ABCD为矩形 BAD B
∵ ,∴ ∠ =∠ =
3
° 由翻折可得 AP AB 如解图 当点 P 在矩
90 , , = =4, ①,
形内部时 过点Q作QH AP 交AB于点H 则 AQH
, ⊥ , , ∠
° BAD AHQ PAF ° HAQ PF
=90 =∠ ,∴ ∠ =∠ =90 -∠ ,∵
AD PFA ° AQH AQH PFA
⊥ ,∴ ∠ =90 =∠ ,∴ △ ∽△ ,∴
AH AQ AQ 1 PF AH 1AP 点 Q 在以
PA=PF,∵ = ,∴ = =2,∴
2 2
AH为直径的 G上运动 当点 E 从点 B 开始运动
☉ ,∴
直至点 P 落在 AD上时 点 Q的运动轨迹为半圆 AH
,
半圆在矩形内 点Q运动的路径长为1
( ),∴ ×2π=π;
2
如解图 当点 P 在矩形ABCD的外部时 过点 Q 作
②, ,
QK AP 交 BA 的延长线于点 K 同理可得 AKQ
⊥ , , ∠ =
PAF AKQ PAF AK 1 AP 点 Q 在以
∠ ,△ ∽△ , = =2,∴
2
AK为直径的 O上运动 连接OQ 当点E运动到点C
☉ , ,
BC
时 AB BC B ° BAC
,∵ =4, =4 3,∠ =90 ,∴ tan∠ =AB=
(
路径长为
,
60π×1 π 点Q运动的路径长为 π 4π.
= ,∴ π+ =
180 3 3 3
第 题解图
6
解题技巧
在处理求点的路径长问题时,先确定点的运动轨迹,
确定点的运动轨迹时与题目中给出的动点建立联系,
然后利用相关知识求解.
7. 【解析】 BD是正方形ABCD的对角线
①②④ ∵ ,∴
ABD CBD ° BA BC BE BE ABE
∠ =∠ =45 , = , = ,∴ △ ≌
CBE AE CE 正确 如解图 在EF上
△ (SAS),∴ = ,① ; ①,
取一点G 使 EG EB ABE CBE BCE
, = ,∵ △ ≌△ ,∴ ∠ =
BAE ° DCE ° ° ° BD 是正方形
∠ =15 ,∠ =90 -15 =75 ,∵
ABCD的对角线 CDE ° 在 DEC 中
,∴ ∠ = 45 ,∴ △ ,
CED ° ° ° ° BEG CED
∠ = 180 -45 -75 = 60 ,∴ ∠ =∠ =
° 又 EG EB EGB 是等边三角形 GBE
60 , ∵ = ,∴ △ ,∴ ∠
° BE BG BC BF BFC BCF °
=60 , = ,∵ = ,∴ ∠ =∠ =15 ,∴
FBC ° ° ° ° FBG ° °
∠ =180 -15 -15 =150 ,∠ =150 -45 -
° ° BF BC BA FBG ABE ° BE
60 =45 ,∵ = = ,∠ =∠ =45 , =
BG FBG ABE AE FG AE BE
, ∴ △ ≌△ (SAS),∴ = ,∴ + =
FG EG EF 正确 如解图 过点 A B 分别作 CF
+ = ,② ; ②, ,
的垂线 垂足分别为I J 连接AC交BD于点O AC
, , , , =
AB 在 AIC 中 ACI ° ° °
2 = 2, Rt△ ,∠ =45 -15 =30 ,∴
AI AC ° 2 OC 1 AC 2 在 OEC
= ·sin 30 = ,∵ = = , Rt△
2 2 2
中 OE OC OCE 2 ° 6 BE OB , = ·tan∠ = ×tan 30 = ,∴ =
2 6
OE 2 6 3 2- 6 在 BJE 中 BJ BE
- = - = , Rt△ , = ·
2 6 6
° 3 2- 6 3 6- 2 AI CF BJ CF
sin 60 = × = ,∵ ⊥ , ⊥ ,
6 2 4
2
AH AI
AI BJ AIH BJH 2
∴ ∥ ,∴ △ ∽△ ,∴ BH=BJ= = 3+
6- 2
4
错误 如解图 AB AH BH BH BH
1,③ ; ③,∵ = + =( 3+1) +
解得BH 1 BHM沿HM翻折得
=1, = =2- 3,∵ △
3+2
27中考真题分类·数学
到 PHM BHM PHM HB HP MB MP AC
△ ,∴ △ ≌△ ,∴ = , = , DC .
MH垂直平分BP 垂足Q在以BH为直径的 N ∴ = ADC=4 3
∴ ,∴ ☉ sin∠
上运动 连接QN D Q 圆心N三点共线时 DQ有 在 OCD 中 由勾股定理得 OD DC2 CO2
, ,∴ , , , Rt△ , , = + =
最小值 DQ DN NQ BN 1BH 2- 3 AN AB 2 21;
, = - ,∵ = = ,∴ =
2 2
BN 2- 3 3 在 ADN中 AD2 AN2 DN2
- =1- = , Rt△ , + = ,
2 2
DN 2 3 2 7 DQ DN NQ 7 2- 3
∴ = 1 +( ) = , = - = - =
2 2 2 2
7+ 3-2 正确. 综上所述 其中正确的结论有 第 题解图
,④ , ① 8
2
. CA
②④ 解: CDA AD 3CA
(4) ∵ tan∠ =DA= 3,∴ = ,
3
即动点C到定点A的距离与动点D到定点A的距离
满足一定的比值关系 如解图 连接OC
, ②, ,
过点A作AE AB 且在点A上方取AE 3AO 连接
⊥ , = ,
3
DE OE
, ,
DAC EAB ° DAE CAO
∵ ∠ =∠ =90 ,∴ ∠ =∠ ,
CA OA
∵ DA= 3,AE= 3,
CA OA
∴ DA=AE,
EAD OAC
∴ △ ∽△ ,
第 题解图 EDA OCA
7 ∴ ∠ =∠ ,
OCA OAC
8. ∵ ∠ =∠ ,
(1)6 3; EDA EAD
【解法提示】 AB 为 O 的直径 ACB ° 在 ∴ ∠ =∠ ,
∵ ☉ ,∴ ∠ =90 , EAD为等腰三角形
ACB中 AB BC 由勾股定理 得 AC ∴ △ ,
Rt△ , = 12, = 6, , =
AB2 - BC2 = 12 2 -6 2 =6 3 . ∴ DE = AE = 3AO = 3 × 1AB = 3AB = 3 ×12=2 3,
3 3 2 6 6
证明: AB为 O的直径
(2) ∵ ☉ , 点 D 在以点 E 为圆心 AE 的长为半径的 E 上
∴ , ☉
ACB °
∴ ∠ =90 , 运动
,
AD AC
∵ ⊥ , AO EAO °
∵ =6,∠ =90 ,
DAC °
∴ ∠ =90 , 在 EAO中 由勾股定理 得OE OA2 AE2
AD BC ∴ Rt△ , , = + =
∴ ∥ ,
∴ ∠ ADC +∠ DCB =180 ° , 6 2 +(2 3) 2 =4 3,
ADC B OD长度的最大值为OE DE OD
∵ ∠ =∠ , ∴ + =4 3+2 3=6 3,
B DCB ° 长度的最小值为OE DE .
∴ ∠ +∠ =180 , - =4 3-2 3=2 3
DC AB 四边形ABCD为平行四边形
∴ ∥ ,∴ ; 综上所述 OD的取值范围为 OD .
, 2 3≤ ≤6 3
解:如解图 连接OC
(3) ①, , 类题通法
ADC
∵ tan∠ = 3, 圆轨迹问题:
ADC °
∴ ∠ =60 , AP
CD与 O相切 OCD ° 已知:定点A,动点P和Q, PAQ α, 为定值k,点
∵ ☉ ,∴ ∠ =90 , ∠ = AQ
AD AC DAC °
∵ ⊥ ,∴ ∠ =90 , P在 O上运动
☉
DCA ° OAC OCA OCD DCA
∴ ∠ =30 ,∴ ∠ =∠ =∠ -∠ = 情况 :A,Q,P三点共线
1
° ° °
90 -30 =60 ,
ACO是等边三角形
∴ △ ,
AB
∵ =12,
AC OC
∴ = =6,
28名师讲评式解析
情况 :A,Q,P三点不共线
2
结论:当点P的轨迹在圆上时,点Q的轨迹在圆上:
. 两圆心与定点连线的夹角等于主、从动点与定点连
1
线的夹角,即 OAM PAQ;
∠ =∠
. 主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的
2
距离之比,也等于两圆半径之比,即AP AQ AO AM
∶ = ∶ =
PO QM.
∶
29
