中考数学压轴题题型组合卷二

这是一份中考数学压轴题题型组合卷二，共9页。试卷主要包含了选择，解答题等内容，欢迎下载使用。
中考压轴题·题型组合卷（二）（满分：30分）一、选择、填空题（共2小题，每小题3分，共6分）1.如图，以正方形ABCD的边CD为边向正方形ABCD外作等边△CDE，AC与BE交于点F，则∠AFE的度数是（　 ）A．135° B．120° C．60° D．45° 2.如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝4．点E为BC边上一动点，连接AE，作∠AEF＝∠B，EF与△ABC的外角∠ACD的平分线交于点F．当EF⊥AC时，EF的长为　          ．  二、解答题（共2小题，每小题12分，共24分）3.综合与实践﹣﹣旋转中的数学问题背景：在一次综合实践活动课上，同学们以两个矩形为对象，研究相似矩形旋转中的问题：已知矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，它们各自对角线的交点重合于点O，连接AA′，CC′．请你帮他们解决下列问题：观察发现：（1）如图1，若A′B′∥AB，则AA′与CC′的数量关系是　                　；操作探究：（2）将图1中的矩形ABCD保持不动，矩形A′B′C′D′绕点O逆时针旋转角度α（0°＜α≤90°），如图2，在矩形A′B′C′D′旋转的过程中，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；操作计算：（3）如图3，在（2）的条件下，当矩形A′B′C′D′绕点O旋转至AA′⊥A′D′时，若AB＝6，BC＝8，A′B′＝3，求AA′的长．     4.综合与探究如图，抛物线y＝﹣与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，直线l经过B，C两点，点M从点A出发以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，连接CM，将线段MC绕点M顺时针旋转90°得到线段MD，连接CD，BD．设点M运动的时间为t（t＞0），请解答下列问题：（1）求点A的坐标与直线l的表达式；（2）①直接写出点D的坐标（用含t的式子表示），并求点D落在直线l上时的t的值；②求点M运动的过程中线段CD长度的最小值；（3）在点M运动的过程中，在直线l上是否存在点P，使得△BDP是等边三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．    
参考答案一、选择、填空题（共2小题，每小题3分，共6分）1.如图，以正方形ABCD的边CD为边向正方形ABCD外作等边△CDE，AC与BE交于点F，则∠AFE的度数是（　　）A．135° B．120° C．60° D．45°【分析】易得△ABF与△ADF全等，∠AFD＝∠AFB，因此只要求出∠AFB的度数即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形．∴AB＝AD，∠BAF＝∠DAF．∴△ABF与△ADF全等．∴∠AFD＝∠AFB．∵CB＝CE，∴∠CBE＝∠CEB．∵∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝90°+60°＝150°，∴∠CBE＝15°．∵∠ACB＝45°，∴∠AFB＝∠ACB+∠CBE＝60°．∴∠AFE＝120°．故选：B．【点评】此题考查正方形的性质，熟练掌握正方形及等边三角形的性质，会运用其性质进行一些简单的转化． 2.如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝4．点E为BC边上一动点，连接AE，作∠AEF＝∠B，EF与△ABC的外角∠ACD的平分线交于点F．当EF⊥AC时，EF的长为　1+　．【分析】当AB＝AC，∠AEF＝∠B时，∠AEF＝∠ACB，当EF⊥AC时，∠ACB+∠CEF＝90°＝∠AEF+∠CEF，即可得到AE⊥BC，依据Rt△CFG≌Rt△CFH，可得CH＝CG＝，再根据勾股定理即可得到EF的长．【解答】解：如图，当AB＝AC，∠AEF＝∠B时，∠AEF＝∠ACB，当EF⊥AC时，∠ACB+∠CEF＝90°＝∠AEF+∠CEF，∴AE⊥BC，∴CE＝BC＝2，又∵AC＝2，∴AE＝4，EG＝＝，∴CG＝＝，作FH⊥CD于H，∵CF平分∠ACD，∴FG＝FH，而CF＝CF，∴Rt△CFG≌Rt△CFH，∴CH＝CG＝，设EF＝x，则HF＝GF＝x﹣，∵Rt△EFH中，EH2+FH2＝EF2，∴（2+）2+（x﹣）2＝x2，解得x＝1+，故答案为：1+．【点评】本题主要考查了角平分线的性质，勾股定理以及等腰三角形的性质的运用，解决问题的关键是掌握等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合． 二、解答题（共2小题，每小题12分，共24分）3.综合与实践﹣﹣旋转中的数学问题背景：在一次综合实践活动课上，同学们以两个矩形为对象，研究相似矩形旋转中的问题：已知矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，它们各自对角线的交点重合于点O，连接AA′，CC′．请你帮他们解决下列问题：观察发现：（1）如图1，若A′B′∥AB，则AA′与CC′的数量关系是　AA′＝CC′　；操作探究：（2）将图1中的矩形ABCD保持不动，矩形A′B′C′D′绕点O逆时针旋转角度α（0°＜α≤90°），如图2，在矩形A′B′C′D′旋转的过程中，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；操作计算：（3）如图3，在（2）的条件下，当矩形A′B′C′D′绕点O旋转至AA′⊥A′D′时，若AB＝6，BC＝8，A′B′＝3，求AA′的长．【分析】（1）连接AC、A′C′，根据题意得到点A、A′、C′、C在同一条直线上，根据矩形的性质得到OA＝OC，OA′＝OC′，得到答案；（2）连接AC、A′C′，证明△A′OA≌△C′OC，根据全等三角形的性质证明；（3）连接AC，过C作CE⊥AB′，交AB′的延长线于E，根据相似多边形的性质求出B′C′，根据勾股定理计算即可．【解答】解：（1）AA′＝CC′，理由如下：连接AC、A′C′，∵矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，∠CAB＝∠C′A′B′，∵A′B′∥AB，∴点A、A′、C′、C在同一条直线上，由矩形的性质可知，OA＝OC，OA′＝OC′，∴AA′＝CC′，故答案为：AA′＝CC′；（2）答：（1）中的结论还成立，AA′＝CC′，理由如下：连接AC、A′C′，则AC、A′C′都经过点O，由旋转的性质可知，∠A′OA＝∠C′OC，∵四边形ABCD和四边形A′B′C′D′都是矩形，∴OA＝OC，OA′＝OC′，在△A′OA和△C′OC中，，∴△A′OA≌△C′OC，∴AA′＝CC′；（3）连接AC，过C作CE⊥AB′，交AB′的延长线于E，∵矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，∴＝，即＝，解得，B′C′＝4，∵∠EB′C＝∠B′C′C＝∠E＝90°，∴四边形B′ECC′为矩形，∴EC＝B′C′＝4，在Rt△ABC中，AC＝＝10，在Rt△AEC中，AE＝＝2，∴AA′+B′E＝2﹣3，又AA′＝CC′＝B′E，∴AA′＝．【点评】本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质，掌握旋转变换的性质、矩形的性质是解题的关键． 4.综合与探究如图，抛物线y＝﹣与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，直线l经过B，C两点，点M从点A出发以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，连接CM，将线段MC绕点M顺时针旋转90°得到线段MD，连接CD，BD．设点M运动的时间为t（t＞0），请解答下列问题：（1）求点A的坐标与直线l的表达式；（2）①直接写出点D的坐标（用含t的式子表示），并求点D落在直线l上时的t的值；②求点M运动的过程中线段CD长度的最小值；（3）在点M运动的过程中，在直线l上是否存在点P，使得△BDP是等边三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）当y＝0时，﹣＝0，解方程求得A（﹣3，0），B（1，0），由解析式得C（0，），待定系数法可求直线l的表达式；（2）分当点M在AO上运动时，当点M在OB上运动时，进行讨论可求D点坐标，将D点坐标代入直线解析式求得t的值；线段CD是等腰直角三角形CMD斜边，若CD最小，则CM最小，根据勾股定理可求点M运动的过程中线段CD长度的最小值；（3）分当点M在AO上运动时，即0＜t＜3时，当点M在OB上运动时，即3≤t≤4时，进行讨论可求P点坐标．【解答】解：（1）当y＝0时，﹣＝0，解得x1＝1，x2＝﹣3，∵点A在点B的左侧，∴A（﹣3，0），B（1，0），由解析式得C（0，），设直线l的表达式为y＝kx+b，将B，C两点坐标代入得b＝mk﹣﹣．故直线l的表达式为y＝﹣x+；（2）当点M在AO上运动时，如图由题意可知AM＝t，OM＝3﹣t，MC⊥MD，过点D作x轴的垂线垂足为N，∠DMN+∠CMO＝90°，∠CMO+∠MCO＝90°，∴∠MCO＝∠DMN，在△MCO与△DMN中，，∴△MCO≌△DMN，∴MN＝OC＝，DN＝OM＝3﹣t，∴D（t﹣3+，t﹣3）；同理，当点M在OB上运动时，如图，OM＝t﹣3，△MCO≌△DMN，MN＝OC＝，ON＝t﹣3+，DN＝OM＝t﹣3，∴D（t﹣3+，t﹣3）．综上得，D（t﹣3+，t﹣3）．将D点坐标代入直线解析式得t＝6﹣2，线段CD是等腰直角三角形CMD斜边，若CD最小，则CM最小，∵M在AB上运动，∴当CM⊥AB时，CM最短，CD最短，即CM＝CO＝，根据勾股定理得CD最小；（3）当点M在AO上运动时，如图，即0＜t＜3时，∵tan∠CBO＝＝，∴∠CBO＝60°，∵△BDP是等边三角形，∴∠DBP＝∠BDP＝60°，BD＝BP，∴∠NBD＝60°，DN＝3﹣t，AN＝t+，NB＝4﹣t﹣，tan∠NBO＝，＝，解得t＝3﹣，经检验t＝3﹣是此方程的解，过点P作x轴的垂线交于点Q，易知△PQB≌△DNB，∴BQ＝BN＝4﹣t﹣＝1，PQ＝，OQ＝2，P（2，﹣）；同理，当点M在OB上运动时，即3≤t≤4时，∵△BDP是等边三角形，∴∠DBP＝∠BDP＝60°，BD＝BP，∴∠NBD＝60°，DN＝t﹣3，NB＝t﹣3+﹣1＝t﹣4+，tan∠NBD＝，＝，解得t＝3﹣，经检验t＝3﹣是此方程的解，t＝3﹣（不符合题意，舍）．故P（2，﹣）．【点评】考查了二次函数综合题，涉及的知识点有：待定系数法，勾股定理，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，三角函数，分类思想的运用，方程思想的运用，综合性较强，有一定的难度．