2024中考沖刺：代數綜合問題(基礎)一、選擇題

1.如圖所示，已知函數和y＝kx(k≠0)的圖象交于點P，則根據圖象可得，關于的二元一次方程組的解是()

A．B．C．D．

2.（2016?河北模擬）如圖，點A是x軸正半軸上的任意一點，過點A作EF∥y軸，分別交反比例函數和的圖象于點E、F，且，連接OE、OF，有下列結論：①這兩個函數的圖象關于x軸對稱；②△EOF的面積為（k1﹣k2）；③；④當∠EOF=90°時，，其中正確的是（）

A．①③B．②④C．①④D．②③

3．下列說法中

①若式子有意義，則x＞1.

②已知∠α=27°，則∠α的補角是153°.

③已知x=2是方程x2-6x+c=0的一個實數根，則c的值為8.

④在反比例函數中，若x＞0時，y隨x的增大而增大，則k的取值范圍是k＞2.其中正確的命題

有（）

A.1個B.2個C.3個D.4個

二、填空題

4．如圖所示，是二次函數(a≠0)和一次函數(n≠0)的圖象，觀察圖象寫出y2≥y1時，x的取值范圍______________．

5．已知二次函數若此函數圖象的頂點在直線y＝-4上,則此函數解析式為______．

6.（2016?歷下區二模）已知二次函數y=ax2+bx+c的圖象如圖所示，有下列5個結論：①abc＜0；②4a+2b+c＞0；③b2﹣4ac＜0；④b＞a+c；⑤a+2b+c＞0，其中正確的結論有______．

三、解答題

7．（北京校級期中）已知關于x的一元二次方程mx2﹣（m+1）x+1=0

（1）求證：此方程總有兩個實數根；

（2）若此方程的兩個實數根都是整數，求m的整數值；

（3）在（2）中開口向上的拋物線y=mx2﹣（m+1）x+1與x軸交于點A，與y軸交于點B，直線y=﹣x上有一個動點P．求使PA+PB取得最小值時的點P的坐標，并求PA+PB的最小值．

8.善于不斷改進學習方法的小迪發現，對解題進行回顧反思，學習效果更好．某一天小迪有20分鐘時間可用于學習．假設小迪用于解題的時間x(單位：分鐘)與學習收益量y的關系如圖1所示，用于回顧反思的時間x(單位：分鐘)與學習收益y的關系如圖2所示(其中OA是拋物線的一部分，A為拋物線的頂點)，且用于回顧反思的時間不超過用于解題的時間．

（1）求小迪解題的學習收益量y與用于解題的時間x之間的函數關系式；

（2）求小迪回顧反思的學習收益量y與用于回顧反思的時間x的函數關系式；

（3）問小迪如何分配解題和回顧反思的時間，才能使這20分鐘的學習收益總量最大?

9.已知P（)和Q（1，）是拋物線上的兩點．

（1）求的值；

（2）判斷關于的一元二次方程=0是否有實數根，若有，求出它的實數根；若沒有，請說明理由

（3）將拋物線的圖象向上平移（是正整數）個單位，使平移后的圖象與軸無交點，求的最小值．

10.已知：關于x的一元二次方程，其中．

（1）求此方程的兩個實數根（用含m的代數式表示）；

（2）設拋物線與x軸交于A、B兩點（A在B的左側）,若點D的坐標為（0，-2）,且AD·BD=10，求拋物線的解析式；

（3）已知點E（a，）、F（2a，y）、G（3a，y）都在（2）中的拋物線上，是否存在含有、y、y，且與a無關的等式？如果存在，試寫出一個，并加以證明；如果不存在，說明理由．

答案與解析【答案與解析】一、選擇題

1.【答案】C；

【解析】本題考查方程組的解(數)與直線交點(形)坐標之間的關系．

2.【答案】B；

【解析】①∵點E在反比例函數的圖象上，

點F在反比例函數的圖象上，且，

∴k1=OA?EA，k2=﹣OA?FA，

∴，

∴這兩個函數的圖象不關于x軸對稱，即①錯誤；

②∵點E在反比例函數y1=的圖象上，點F在反比例函數y2=的圖象上，

∴S△OAE=k1，S△OAF=﹣k2，

∴S△OEF=S△OAE+S△OAF=（k1﹣k2），即②正確；

③由①可知，∴③錯誤；

④設EA=5a，OA=b，則FA=3a，

由勾股定理可知：OE=，OF=．

∵∠EOF=90°，∴OE2+OF2=EF2，即25a2+b2+9a2+b2=64a2，∴b2=15a2，

∴=，④正確．

綜上可知：正確的結論有②④．

3.【答案】B；

【解析】

若式子有意義，則x≥1，①錯誤；

由∠α=27°得∠α的補角是=180°-27=153°，②正確.

把x=2代入方程x2-6x+c=0得4-6×2+c=0，解得c=8，③正確；反比例函數中，

若x＞0時，y隨x的增大而增大，得：k-2＜0，∴k＜2，④錯誤.故選B.

二、填空題

4.【答案】-2≤x≤1；

【解析】本題考查不等式與比較函數值的大小之間的關系．

5.【答案】，；

【解析】

∵頂點在直線y＝-4上，∴．，m＝±1．

∴此函數解析式為：，．

6.【答案】①②④⑤；

【解析】∵拋物線開口朝下，∴a＜0，

∵對稱軸x=﹣=1，∴b＞0，

∵拋物線與y軸的交點在x軸的上方，∴c＞0，∴abc＜0，故①正確；

根據圖象知道當x=2時，y=4a+2b+c＞0，故②正確；

根據圖象知道拋物線與x軸有兩個交點，∴b2﹣4ac＞0，故③錯誤；

根據圖象知道當x=﹣1時，y=a﹣b+c＜0，∴a+c＜b，故④正確；

∵對稱軸x=﹣=1，∴b=﹣2a，∴a+2b+c=﹣3a+c，

∵a＜0，c＞0，∴a+2b+c=﹣3a+c＞0，故⑤正確．

故答案為：①②④⑤．

三、解答題

7.【答案與解析】

（1）證明：由題意得m≠0，

∵△=（m+1）2﹣4m×1=（m﹣1）2≥0，

∴此方程總有兩個實數根；

（2）解：方程的兩個實數根為x=，

∴x1=1，x2=，

∵方程的兩個實數根都是整數，且m為整數，

∴m=±1；

（3）由（2）知，m=±1．

∵拋物線y=mx2﹣（m+1）x+1的開口向上，

∴m=1，

則該拋物線的解析式為：y=x2﹣2x+1=（x﹣1）2．

易求得A（1，0），B（0，1）．

如圖，點B關于直線y=﹣x的對稱點C的坐標為（﹣1，0），連接AC，與直線y=﹣x的交點即為符合條件的點P．此時點P與原點重合，則P（0，0）．所以PA+PB=AC=2．

8.【答案與解析】

（1）設y＝kx，當x＝1時，y＝2，解得k＝2，∴y＝2x(0≤x≤20)．

（2）當0≤x＜4時，設y＝a(x-4)2+16．

由題意，∴a＝-1，∴y＝-(x-4)2+16，

即當0≤x＜4時，．當4≤x≤10時，y＝16．

（3）設小迪用于回顧反思的時間為x(0≤x≤10)分鐘，學習收益總量為y，則她用于解題的時間為(20-x)分鐘．

當0≤x＜4時，．當x＝3時，．

當4≤x≤10時，y＝16+2(20-x)＝56-2x．y隨x的增大而減小，因此當x＝4時，，

綜上，當x＝3時，，此時20-x＝17．

答：小迪用于回顧反思的時間為3分鐘，用于解題的時間為17分鐘時，學習收益總量最大．

9.【答案與解析】

解：

（1）因為點P、Q在拋物線上且縱坐標相同，所以P、Q關于拋物線對稱軸對稱并且到對稱軸距離相等．

所以拋物線對稱軸，所以．

（2）由（1）可知，關于的一元二次方程為=0．

因為，=16-8=80．

所以，方程有兩個不同的實數根，分別是

，．

（3）由（1）可知，拋物線的圖象向上平移（是正整數）個單位后的解析式

為．

若使拋物線的圖象與軸無交點，只需無實數解即可．

由==<0，得

又是正整數，所以的最小值為2．

10.【答案與解析】

解：

（1）將原方程整理，得，

△=＞0

∴

．

∴或．

（2）由（1）知，拋物線與軸的交點分別為（m，0）、（4,0），

∵A在B的左側，.

∴A（m，0），B（4,0）.

則，．

∵AD·BD=10，

∴AD2·BD2=100.

∴.

解得.

∵，

∴.

∴，.

∴拋物線的解析式為.

（3）答：存在含有、y、y，且與a無關的等式，

如：（答案不唯一）.

證明：由題意可得，，

.

∵左邊=.

右邊=－－4

=.

∴左邊=右邊.

∴成立.中考沖刺：代數綜合問題(提高)一、選擇題

1.如圖，已知在直角梯形AOBC中，AC∥OB，CB⊥OB，OB=18，BC=12，AC=9，對角線OC、AB交于點D，點E、F、G分別是CD、BD、BC的中點，以O為原點，直線OB為x軸建立平面直角坐標系，則G、E、D、F四個點中與點A在同一反比例函數圖象上的是（）

A．點GB．點EC．點DD．點F

2．已知函數y=，若使y=k成立的x值恰好有三個，則k的值為（）

A．0B．1C．2D．3

3.（2016秋?重慶校級月考）已知二次函數y=ax2+bx+c+2的圖象如圖所示，頂點為（﹣1，0），下列結論：①abc＜0；②4ac﹣b2=0；③a＞2；④4a﹣2b+c＞0．其中正確的個數是（）

A．1B．2C．3D．4

二、填空題

4．若a+b-2-4=3-

c-5，則a+b+c的值為______.

5．已知關于x的方程x2+（k-5）x+9=0在1＜x＜2內有一實數根，則實數k的取值范圍是______．

6.（和平區校級期中）關于x的方程，2kx2-2x-3k=0的兩根一個大于1，一個小于1，則實數k的的取值范圍是______.

三、解答題

7．（2016?梅州）關于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2+1=0有兩個不等實根x1、x2．

（1）求實數k的取值范圍．

（2）若方程兩實根x1、x2滿足x1+x2=﹣x1?x2，求k的值．

8.已知關于的一元二次方程．

（1）求證：不論取何值時，方程總有兩個不相等的實數根．

（2）若直線與函數的圖象的一個交點的橫坐標為2，求關于的一元二次方程的解．

（3）在（2）的條件下，將拋物線繞原點旋轉，得到圖象，點為軸上的一個動點，過點作軸的垂線，分別與圖象、交于兩點，當線段的長度最小時，求點的坐標

9.拋物線，a＞0，c＜0，．

（1）求證：；

（2）拋物線經過點，Q．

①判斷的符號；

②若拋物線與x軸的兩個交點分別為點A，點B（點A在點B左側），

請說明，．

10.已知：二次函數y=．

（1）求證：此二次函數與x軸有交點；

（2）若m-1=0,求證方程有一個實數根為1；

（3）在（2）的條件下，設方程的另一根為a,當x=2時，關于n的函數與的圖象交于點A、B（點A在點B的左側），平行于y軸的直線L與、的圖象分別交于點C、D，若CD=6，求點C、D的坐標.答案與解析【答案與解析】一、選擇題

1.【答案】A；

【解析】

在直角梯形AOBC中

∵AC∥OB，CB⊥OB，OB=18，BC=12，AC=9

∴點A的坐標為（9，12）

∵點G是BC的中點

∴點G的坐標是（18，6）

∵9×12=18×6=108

∴點G與點A在同一反比例函數圖象上，故選A．

2.【答案】D；

【解析】

函數y=的圖象如圖：

根據圖象知道當y=3時，對應成立的x有恰好有三個，∴k=3．故選D．

3.【答案】B；

【解析】①∵拋物線開口朝上，∴a＞0．

∵拋物線的對稱軸為x=﹣=﹣1，∴b=2a＞0．

當x=0時，y=c+2＞2，∴c＞0．∴abc＞0，①錯誤；

②∵拋物線與x軸只有一個交點，

∴b2﹣4a（c+2）=b2﹣4ac﹣8a=0，

∴b2﹣4ac=8a＞0，②錯誤；

③∵拋物線的頂點為（﹣1，0），

∴拋物線解析式為y=a（x+1）2=ax2+2ax+a=ax2+bx+c+2，

∴a=c+2＞2，③正確；

④∵b=2a，c＞0，

∴4a﹣2b+c=c＞0，④正確．

故選B．

二、填空題

4.【答案】20；

【解析】整理得：（a-1-2+1）+（b-2-4+4）+（c-3-6+9）=0

（-1）2+（-2）2+（-3）2=0，

∴=1，=2，=3，

∵a≥1，b≥2，c≥3，

∴a=2，b=6，c=12，

∴a+b+c=20．

故答案為：20．

5.【答案】

【解析】利用數形結合的方法將問題轉化成二次函數y=x2+（k-5）x+9圖象開口向上，與x軸的一個交點的

橫坐標在1＜x＜2內，故有兩種情況，分析得出結論.

6.【答案】k＞0或k＜-2.

【解析】設y=2kx2-2x-3k,

∵方程2kx2-2x-3k=0d的兩根一個大于1，一個小于1，

∴當k＞0，拋物線開口向上，x=1時，y＜0，即2k-2-3k＜0，解得k＞-2，∴k＞0

∴當k＜0，拋物線開口向下，x=1時，y＞0，即2k-2-3k＞0，解得k＜-2.∴k＜-2

∴k的取值范圍為：k＞0或k＜-2.

三、解答題

7.【答案與解析】

解：（1）∵原方程有兩個不相等的實數根，

∴△=（2k+1）2﹣4（k2+1）＞0，

解得：k＞，

即實數k的取值范圍是k＞；

（2）∵根據根與系數的關系得：x1+x2=﹣（2k+1），x1?x2=k2+1，

又∵方程兩實根x1、x2滿足x1+x2=﹣x1?x2，

∴﹣（2k+1）=﹣（k2+1），

解得：k1=0，k2=2，

∵k＞，

∴k只能是2．

8.【答案與解析】

（1）證明：

∵不論取何值時，

∴，即

∴不論取何值時，方程總有兩個不相等的實數根．

（2）將代入方程，得

再將代入，原方程化為，解得．

（3）將代入得拋物線：，將拋物線繞原點旋轉得到的圖象的解析式

為：．

設，則，

∴當時，的長度最小，

此時點的坐標為

9.【答案與解析】

（1）證明：∵

，

∴

．

∵a＞0，c＜0，

∴

，．

∴

．

（2）解：∵拋物線經過點P，點Q，

∴

①∵

，a＞0，c＜0，

∴

，．

∴

＜0．

＞0．

∴

．

②由a＞0知拋物線開口向上．

∵

，，

∴點P和點Q分別位于x軸下方和x軸上方．

∵點A，B的坐標分別為A，B（點A在點B左側），

∴由拋物線的示意圖可知，對稱軸右側的點B的橫坐標滿足．

（如圖所示）

∵拋物線的對稱軸為直線，由拋物線的對稱性可，由（1）知，

∴

．

∴

，即．

10.【答案與解析】

（1）證明：令，則有

△=

∵，∴△≥0

∴二次函數y=與x軸有交點

（2）解：解法一：由，方程可化為

解得：

∴方程有一個實數根為1

解法二：由，方程可化為

當x=1時，方程左邊=1+(n-2)+1-n=0

方程右邊=0

∴左邊=右邊

∴方程有一個實數根為1

（3）解：方程的根是：

∴

當=2時，，

設點C（）則點D（）

∵CD=6，∴

∴

∴C、D兩點的坐標分別為C（3，4），D（3，-2）或C（-1，0），D（-1，-6）沖刺：幾何綜合問題(基礎)一、選擇題

1.（2016?天水）如圖，邊長為2的等邊△ABC和邊長為1的等邊△A′B′C′，它們的邊B′C′，BC位于同一條直線l上，開始時，點C′與B重合，△ABC固定不動，然后把△A′B′C′自左向右沿直線l平移，移出△ABC外（點B′與C重合）停止，設△A′B′C′平移的距離為x，兩個三角形重合部分的面積為y，則y關于x的函數圖象是（）

A．B．C．D．

2.如圖，將直角三角形ABC沿著斜邊AC的方向平移到△DEF的位置（A、D、C、F四點在同一條直線上）．直角邊DE交BC于點G．如果BG=4，EF=12，△BEG的面積等于4，那么梯形ABGD的面積是（）

A.16B.20C.24D.28

二、填空題

3.（2016?海淀區二模）據傳說，古希臘數學家、天文學家泰勒斯曾利用相似三角形的原理，在金字塔影子的頂部立一根木桿，借助太陽光線構成兩個相似三角形，來測量金字塔的高度．如圖所示，木桿EF的長為2m，它的影長FD為3m，測得OA為201m，則金字塔的高度BO為______m．

4.如圖，線段AB=8cm，點C是AB上任意一點（不與點A、B重合），分別以AC、BC為斜邊在AB的同側作等腰直角三角形（△AMC和△CNB），則當BC=_____________cm時，兩個等腰直角三角形的面積和最?。?/p>

三、解答題

5.有一根直尺的短邊長2cm，長邊長10cm，還有一塊銳角為45°的直角三角形紙板，它的斜邊長12cm．如圖①，將直尺的短邊DE與直角三角形紙板的斜邊AB重合，且點D與點A重合；將直尺沿AB方向平移（如圖②），設平移的長度為xcm（0≤x≤10），直尺和三角形紙板的重疊部分（圖中陰影部分）的面積為Scm2．

（1）當x=0時（如圖①），S=________；

（2）當0＜x≤4時（如圖②），求S關于x的函數關系式；

（3）當4＜x＜6時，求S關于x的函數關系式；

（4）直接寫出S的最大值．

6.問題情境：如圖①，在△ABD與△CAE中，BD=AE,∠DBA=∠EAC,AB=AC,易證：△ABD≌△CAE.（不需要證明）

特例探究：如圖②,在等邊△ABC中,點D、E分別在邊BC、AB上，且BD=AE,AD與CE交于點F.求證：△ABD≌△CAE．

歸納證明：如圖③，在等邊△ABC中，點D、E分別在邊CB、BA的延長線上，且BD=AE．△ABD與△CAE是否全等？如果全等，請證明；如果不全等，請說明理由．

拓展應用：如圖④，在等腰三角形中，AB=AC，點O是AB邊的垂直平分線與AC的交點，點D、E分別在OB、BA的延長線上．若BD=AE，∠BAC=50°，∠AEC=32°，求∠BAD的度數．

7.如圖正三角形ABC的邊長為6cm,⊙O的半徑為rcm，當圓心O從點A出發，沿著線路AB－BC－CA運動，回到點A時，⊙O隨著點O的運動而移動.

⑴若r=cm,求⊙O首次與BC邊相切時，AO的長；

⑵在⊙O移動過程中，從切點的個數來考慮，相切有幾種不同的情況？寫出不同情況下r的取值范圍及相應的切點的個數；

⑶設⊙O在整個移動過程中，在△ABC內部，⊙O未經過的部分面積為S，在S＞0時，求關于r的函數解析式，并寫出自變量r的取值范圍.

8.（2015?德州）（1）問題：如圖1，在四邊形ABCD中，點P為AB上一點，∠DPC=∠A=∠B=90°，求證：AD?BC=AP?BP．

（2）探究：如圖2，在四邊形ABCD中，點P為AB上一點，當∠DPC=∠A=∠B=θ時，上述結論是否依然成立？說明理由．

（3）應用：請利用（1）（2）獲得的經驗解決問題：

如圖3，在△ABD中，AB=6，AD=BD=5，點P以每秒1個單位長度的速度，由點A出了，沿邊AB向點B運動，且滿足∠DPC=∠A，設點P的運動時間為t（秒），當以D為圓心，以DC為半徑的圓與AB相切時，求t的值．

9.如圖，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=12cm，BC=9cm，DC=13cm，點P是線段AB上一個動點.設BP為xcm，△PCD的面積為ycm2．

（1）求AD的長；

（2）求y與x之間的函數關系式，并求出當x為何值時，y有最大值？最大值是多少？

（3）在線段AB上是否存在點P，使得△PCD是直角三角形？若存在，求出x的值；若不存在，請說明理由.

10.如圖，平行四邊形ABCD中，AB=10，AD=6，∠A=60°，點P從點A出發沿邊線AB—BC以每秒1個單位長的速度向點C運動，當P與C重合時停下運動，過點P作AB的垂線PQ交AD或DC于Q.設P運動時間為t秒，直線PQ掃過平行四邊形ABCD的面積為S.求S關于t的函數解析式.

答案與解析【答案與解析】一、選擇題

1.【答案】B.

【解析】如圖1所示：當0＜x≤1時，過點D作DE⊥BC′．

∵△ABC和△A′B′C′均為等邊三角形，

∴△DBC′為等邊三角形．

∴DE=BC′=x．

∴y=BC′?DE=x2．

當x=1時，y=，且拋物線的開口向上．

如圖2所示：1＜x≤2時，過點A′作A′E⊥B′C′，垂足為E．

∵y=B′C′?A′E=×1×=．

∴函數圖象是一條平行與x軸的線段．

如圖3所示：2＜x≤3時，過點D作DE⊥B′C，垂足為E．

y=B′C?DE=（x﹣3）2，

函數圖象為拋物線的一部分，且拋物線開口向上．

故選：B．

2.【答案】B.

二、填空題

3.【答案】134.

4.【答案】4.

三、解答題

5.【答案與解析】

（1）由題意可知：

當x=0時，

∵△ABC是等腰直角三角形，

∴AE=EF=2，

則陰影部分的面積為：S=×2×2=2；

故答案為：2；

（2）在Rt△ADG中，∠A=45°，

∴DG=AD=x，同理EF=AE=x+2，

∴S梯形DEFG=（x+x+2）×2=2x+2．

∴S=2x+2；

（3）①當4＜x＜6時（圖1），

GD=AD=x，EF=EB=12-（x+2）=10-x，

則S△ADG=AD.DG=x2，

S△BEF=（10-x）2，

而S△ABC=×12×6=36，

S△BEF=（10-x）2，

∴S=36-x2-（10-x）2=-x2+10x-14，

S=-x2+10x-14=-（x-5）2+11，

∴當x=5，（4＜x＜6）時，S最大值=11．

（4）S最大值=11．

6.【答案與解析】

特例探究：

證明：∵△ABC是等邊三角形，

∴AB=AC，∠DBA=∠EAC=60°，

在△ABD與△CAE中，

，

∴△ABD≌△CAE（SAS）；

歸納證明：△ABD與△CAE全等．理由如下：

∵在等邊△ABC中，AB=AC，∠ABC=∠BAC=60°，

∴∠DBA=∠EAC=120°．

在△ABD與△CAE中，

，

∴△ABD≌△CAE（SAS）；

拓展應用：∵點O在AB的垂直平分線上，

∴OA=OB，

∴∠OBA=∠BAC=50°，

∴∠EAC=∠DBC．

在△ABD與△CAE中，，

∴△ABD≌△CAE（SAS），

∴∠BDA=∠AEC=32°，

∴∠BAD=∠OBA-∠BDA=18°．

7.【答案與解析】

（1）設⊙O首次與BC相切于點D，則有OD⊥BC．

且OD=r=．

在直角三角形BDO中，

∵∠OBD=60°，

∴OB==2．

∴AO=AB-OB=6-2=4（厘米）；

（2）由正三角形的邊長為6厘米．可得出它的一邊上的高為3厘米．

①當⊙O的半徑r=3厘米時，⊙O在移動中與△ABC的邊共相切三次，即切點個數為3；

②當0＜r＜3時，⊙O在移動中與△ABC的邊相切六次，即切點個數為6；

③當r＞3時，⊙O與△ABC不能相切，即切點個數為0．

（3）如圖，易知在S＞0時，⊙O在移動中，在△ABC內部為經過的部分為正三角形．

記作△A′B′C′，這個正三角形的三邊分別于原正三角形三邊平行，且平行線間的距離等于r．

連接AA′，并延長AA′，分別交B′C′，BC于E，F兩點．

則AF⊥BC，A′E⊥B′C′，且EF=r．

又過點A′作A′G⊥AB于G，則A′G=r．

∵∠GAA′=30°，

∴AA′=2x．

∴△A′B′C′的高A′E=AF-3r=9-3r，

B′C′=

A′E=2（3-r）．

∴△A′B′C′的面積S=B′C′.A′E=3（3-r）2．

∴所求的解析式為S=3（3-r）2（0＜r＜3）．

8.【答案與解析】

解：（1）如圖1，

∵∠DPC=∠A=∠B=90°，

∴∠ADP+∠APD=90°，

∠BPC+∠APD=90°，

∴∠ADP=∠BPC，

∴△ADP∽△BPC，

∴=，

∴AD?BC=AP?BP；

（2）結論AD?BC=AP?BP仍然成立．

理由：如圖2，

∵∠BPD=∠DPC+∠BPC，∠BPD=∠A+∠ADP，

∴∠DPC+∠BPC=∠A+∠ADP．

∵∠DPC=∠A=∠B=θ，

∴∠BPC=∠ADP，

∴△ADP∽△BPC，

∴=，

∴AD?BC=AP?BP；

（3）如圖3，

過點D作DE⊥AB于點E．

∵AD=BD=5，AB=6，

∴AE=BE=3．

由勾股定理可得DE=4．

∵以點D為圓心，DC為半徑的圓與AB相切，

∴DC=DE=4，

∴BC=5﹣4=1．

又∵AD=BD，

∴∠A=∠B，

∴∠DPC=∠A=∠B．

由（1）、（2）的經驗可知AD?BC=AP?BP，

∴5×1=t（6﹣t），

解得：t1=1，t2=5，

∴t的值為1秒或5秒．

9.【答案與解析】

⊥BC于點E．

據題意知，四邊形ABED是矩形，AB=DE，AD=BE.

在Rt△DEC中，∠DEC=90°，DE=12，CD=13，

∴EC=5．∴AD=BE=BC-EC=4．

（2）若BP為x，則AP=12-x.

S△BPC=BP·BC=x.S△APD=AP·AD=24-2x.

∴S△PCD=S梯形ABCD-S△BPC-S△APD=78-x-24+2x=-x+54.

即y=-x+54，0≤x≤12.

當x=0時，y取得最大值為54cm2.

（3）若△PCD是直角三角形，∵∠BCP＜90°，∴∠PCD≠90°

∴分兩種情況討論，如圖2.

①當∠DPC=90°時

∵∠APD+∠BPC=90°，∠BPC+∠PCB=90°，

∴∠APD=∠PCB.∴△APD∽△BCP.

∴.即.解得x=6.

∠APD=∠BPC=45°的情況不存在，不考慮.

②當∠P1DC=90°時，

在Rt△P1BC中，P1C2=BP12+BC2=x2+92，

在Rt△P1AD中，P1D2=P1A2+AD2=(12-x)2+42，

∵∠P1DC=90°，CD2+P1D2=P1C2.

即132+(12-x)2+42=x2+92.解得.

綜上，當x=6或，△PCD是直角三角形.

10.【答案與解析】

當Q點與D點重合時，AQ=AD=6，此時AP=AQ=3=t

當P與B點重合時，t=10，

當P點運動到C時，t=16，

∴分三類情況討論

（1）當0≤t≤3時，如圖：

AP=t，PQ=t，

∴S=AP·PQ=t2

（2）當3＜t≤10時，示意圖：

過D作DH⊥AB于H，AD=t，

則DH=ADsinA=6·=3，AH=ADcosA=3

∴DQ=PH=AP-AH=t-3

∴S=(AP+DQ)·DH

=(t+t-3)·3=3t-

（3）當10＜t≤16時，如圖：

AB+BP=t

CP=AB+BC-(AB+BP)=16-t

∴CQ=CP=8-

QP=·CQ=8-t

∴S=S□ABCD-S△CPQ

=AB·h-·CQ·PQ

=10·3-·(8-)·(8-)

=30-(64-8t+)

=

綜上，.中考沖刺：幾何綜合問題(提高)一、選擇題

1.（2015春?江陰市校級期中）在平面直角坐標系中，直角梯形AOBC的位置如圖所示，∠OAC=90°，AC∥OB，OA=4，AC=5，OB=6．M、N分別在線段AC、線段BC上運動，當△MON的面積達到最大時，存在一種使得△MON周長最小的情況，則此時點M的坐標為（）

A．（0，4）B．（3，4）C．（，4）D．（，3）

2.如圖，△ABC和△DEF是等腰直角三角形，∠C=∠F=90°，AB=2，DE=4．點B與點D重合，點A，B（D），E在同一條直線上，將△ABC沿DE方向平移，至點A與點E重合時停止．設點B，D之間的距離為x，△ABC與△DEF重疊部分的面積為y，則準確反映y與x之間對應關系的圖象是（）

ABCD

二、填空題

3.（2016?綏化）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點E，∠DAB=∠CDB=90°，∠ABD=45°，∠DCA=30°，AB=，則AE=______（提示：可過點A作BD的垂線）

4.如圖，一塊直角三角形木板△ABC，將其在水平面上沿斜邊AB所在直線按順時針方向翻滾，使它滾動到

△A″B″C″的位置，若BC=1cm，AC=cm，則頂點A運動到A″時，點A所經過的路徑是_________cm．

三、解答題

5.（2017?莒縣模擬）在邊長為1的正方形ABCD中，點E是射線BC上一動點，AE與BD相交于點M，AE或其延長線與DC或其延長線相交于點F，G是EF的中點，連結CG．

（1）如圖1，當點E在BC邊上時．求證：①△ABM≌△CBM；②CG⊥CM．

（2）如圖2，當點E在BC的延長線上時，（1）中的結論②是否成立？請寫出結論，不用證明．

（3）試問當點E運動到什么位置時，△MCE是等腰三角形？請說明理由．

6.如圖，等腰Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，動點P、Q分別從A、B兩點同時以每秒1個單位長的速度按順時針方向沿△ABC的邊運動，當Q運動到A點時，P、Q停止運動.設Q點運動時間為t秒，點P運動的軌跡與PQ、AQ圍成圖形的面積為S.求S關于t的函數解析式.

7.正方形ABCD中，點F為正方形ABCD內的點，△BFC繞著點B按逆時針方向旋轉90°后與△BEA重合．

（1）如圖1，若正方形ABCD的邊長為2，BE=1，FC=，求證：AE∥BF；

（2）如圖2，若點F為正方形ABCD對角線AC上的點，且AF：FC=3：1，BC=2，求BF的長．

8.將正方形ABCD和正方形BEFG如圖1擺放，連DF．

（1）如圖2，將圖1中的正方形BEFG繞B點順時針旋轉90°，連DF、CG相交于M，則=_____，∠DMC=_____；

（2）如圖3，將圖1中的正方形BEFG繞B點順時針旋轉45°，DF的延長線交CG于M，試探究與∠DMC的值，并證明你的結論；

（3）若將圖1中的正方形BEFG繞B點逆時針旋轉β（0°＜β＜90°），則=_______，∠DMC=_________．請畫出圖形，并直接寫出你的結論（不用證明）．

9.已知△ABC≌△ADE，∠BAC=∠DAE=90°．

（1）如圖（1）當C、A、D在同一直線上時，連CE、BD，判斷CE和BD位置關系，填空：CE_____BD．

（2）如圖（2）把△ADE繞點A旋轉到如圖所示的位置，試問（1）中的結論是否仍然成立，寫出你的結論，并說明理由．

（3）如圖（3）在圖2的基礎上,將△ACE繞點A旋轉一個角度到如圖所示的△AC′E′的位置,連接BE′、DC′,過點A作AN⊥BE′于點N，反向延長AN交DC′于點M．求的值．

10.將正方形ABCD和正方形CGEF如圖1擺放，使D點在CF邊上，M為AE中點，

（1）連接MD、MF，則容易發現MD、MF間的關系是______________

（2）操作：把正方形CGEF繞C點旋轉，使對角線CE放在正方形ABCD的邊BC的延長線上（CG＞BC），取線段AE的中點M，探究線段MD、MF的關系，并加以說明；

（3）將正方形CGEF繞點C旋轉任意角度后（如圖3），其他條件不變，（2）中的結論是否仍成立？直接寫出猜想，不需要證明.答案與解析【答案與解析】一、選擇題

1.【答案】B.

【解析】如圖，過點M作MP∥OA，交ON于點P，過點N作NQ∥OB，分別交OA、MP于兩點Q、G，則S△MON=S△OMP+S△NMP=MP?QG+MP?NG=MP?QN，

∵MP≤OA，QN≤OB，

∴當點N與點B重合，QN取得最大值OB時，△MON的面積最大值=OA?OB，

設O關于AC的對稱點D，連接DB，交AC于M，

此時△MON的面積最大，周長最短，

∵=，即=，

∴AM=3，

∴M（3，4）．

故選B．

2.【答案】B.

二、填空題

3.【答案】2.

【解析】過A作AF⊥BD，交BD于點F，

∵AD=AB，∠DAB=90°，

∴AF為BD邊上的中線，

∴AF=BD，

∵AB=AD=，

∴根據勾股定理得：BD==2，

∴AF=，

在Rt△AFE中，∠EAF=∠DCA=30°，

∴EF=AE，

設EF=x，則有AE=2x，

根據勾股定理得：x2+3=4x2，

解得：x=1，

則AE=2．

故答案為：2.

4.【答案】.

三、解答題

5.【答案與解析】

（1）證明：①∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=BC，∠ABM=∠CBM，

在△ABM和△CBM中，，

∴△ABM≌△CBM（SAS）．

②∵△ABM≌△CBM

∴∠BAM=∠BCM，

又∵∠ECF=90°，G是EF的中點，∴GC=EF=GF，

∴∠GCF=∠GFC，

又∵AB∥DF，

∴∠BAM=∠GFC，

∴∠BCM=∠GCF，

∴∠BCM+∠GCE=∠GCF+∠GCE=90°，

∴GC⊥CM；

（2）解：成立；理由如下：

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=BC，∠ABM=∠CBM，

在△ABM和△CBM中，，

∴△ABM≌△CBM（SAS）

∴∠BAM=∠BCM，

又∵∠ECF=90°，G是EF的中點，

∴GC=GF，

∴∠GCF=∠GFC，

又∵AB∥DF，

∴∠BAM=∠GFC，

∴∠BCM=∠GCF，

∴∠GCF+∠MCF=∠BCM+MCFE=90°，

∴GC⊥CM；

（3）解：分兩種情況：①當點E在BC邊上時，

∵∠MEC＞90°，要使△MCE是等腰三角形，必須EM=EC，

∴∠EMC=∠ECM，

∴∠AEB=2∠BCM=2∠BAE，

∴2∠BAE+∠BAE=90°，

∴∠BAE=30°，

∴BE=AB=；

②當點E在BC的延長線上時，同①知BE=．

綜上①②，當BE=戓BE=時，△MCE是等腰三角形．

6.【答案與解析】

當P運動到C點時：t=6

當Q運動到A點：t=

∴分兩種情況討論

（1）當0≤t≤6時，如圖：

作PH⊥AB于H，則△APH為等腰直角三角形

此時AP=t，BQ=t，則AQ=-t

PH=APsin45°=t

∴S△AQP=AQ·PH

=·(-t)·t

=t2+3t

（2）當6＜t≤時，如圖：

過P過PH⊥AB于H，此時△PBH為等腰直角三角形

AC+CP=t，BQ=t

∴BP=AC+CB-(AC+CP)=12-t

∴PH=BPsin45°=(12-t)

∴S四邊形AQPC=S△ABC-S△BPQ

=AC·BC-BQ·PH

=·6·6-·t·(12-t)

=18-t+t2

=t2-t+18.

綜上，.

7.【答案與解析】

（1）證明：∵△BFC繞著點B按逆時針方向旋轉90°后與△BEA重合

∴BE=BF=1，∠EBF=∠ABC=90°，∠AEB=∠BFC

在△BFC中，

∵BF2+FC2=12+()2=4，

BC2=22=4

∴BF2+FC2=BC2

∴∠BFC=90°…（3分）

∴∠AEB+∠EBF=180°

∴AE∥BF…（4分）

（2）解：∵Rt△ABC中，AB=BC=2，由勾股定理，得

AC==2．

∵AF：FC=3：1，

∴AF=AC=，FC=AC=

∵△BFC繞著點B按逆時針方向旋轉90°后與△BEA重合

∴∠EAB=∠FCB，BE=BF，AE=CF=，

∵四邊形ABCD是正方形

∴∠ABC=90°

∴∠BAC+∠ACB=90°

∴∠EAB+∠BAC=90°

即∠EAF=90°

在Rt△EAF中，EF==，

在Rt△EBF中，EF2=BE2+BF2

∵BE=BF

∴BF=EF=．

8.【答案與解析】

（1）如圖2，連接BF，

∵四邊形ABCD、四邊形BEFG是正方形，

∴∠FBC=∠CBD=45°，

∴∠CBD=∠GBC=90°，

而BF=BG，BD=BC，

∴△BFD∽△BGC，

∴∠BCG=∠BDF，=

而∠DMC=180°-∠BCG-∠BCD-∠CDF=1