河南中考黑白卷狂押到底数学 15页

狂押到底·扫扫刊——数学 特殊题型猜押 题型一 几何图形的折叠与动点问题 ‎1.如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=5，点P在线段BC上运动，现将纸片折叠，使点A与点P重合，得折痕EF（点E、F为折痕与矩形边的交点），设BP=x，当点E落在线段AB上，点F落在线段AD上时，x的取值范围是 .‎ ‎ ‎ ‎ 第1题图 第2题图 ‎2.已知三角形纸片（△ABC）中，AB=AC=5，BC=8，点E、F分别为线段AB、BC上的动点，将三角形沿折痕EF折叠，使得点B落在边AC上，记为点B΄，若以点B΄、F、C为顶点的三角形与△ABC，则CF的长为 .‎ 题型二 特殊四边形的探究题 1. 如图，已知∆ABC，过点B作DB∥AC，且DB=AC，E是AC的中点，连接DE.‎ ‎（1）求证：BC=DE；‎ ‎（2）填空：‎ ‎ ①连接AD、BE，当△ABC满足 条件，四边形DBEA是矩形， ②在①的条件下，当∠C=______.四边形DBEA是正方形．‎ ‎ 第1题图 ‎2.如图，在平行四边形ABCD中，对角线BD=8cm，AC=4cm，点E从点B出发沿BD方向以1cm/s的速度向点D运动，同时点F从点D出发沿DB方向以同样的速度向点B运动，设点E、F运动的时间为t（s），其中0＜t＜8.‎ ‎（1）求证：△BEC≌△DFA；‎ ‎（2）填空：‎ ‎①以点A、C、E、F为顶点的四边形一定是 形；‎ ‎②当t的值为 时，以点A、C、E、F为顶点的四边形为矩形.‎ ‎ 第2题图 ‎ 题型三 类比、拓展探究题 ‎1.类比、转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整.‎ 原题：如图①，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E是BC边上一点，AE与BD交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F. 若，求的值.‎ 第1题图 （1） 尝试探究 在图中①，过点E作EM⊥BD于点M，作EN⊥AC于点N，则EM和EN的数量关系是 ，的值是 .‎ ‎（2）类比延伸 如图②，在原题的条件下，若（n＞0），则的值是 （用含n的代数式表示），试写出解答过程.‎ ‎（3）拓展迁移 如图③，在矩形ABCD中，过点B作BH⊥AC于点O，交AD于点H，点E是BC边上一点，AE与BH相交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F，若，（a＞0，b ‎＞0），则的值是 （用含a、b的代数式表示）.‎ ‎2.已知ABC为等边三角形，点D为直线BC上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作菱形ADEF（A、D、E、F按逆时针排列），使DAF=60°，连接CF.‎ ‎(1)如图①，当点D在边BC上时，求证：①BD=CF；②AC=CF+CD；‎ ‎(2)如图②，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，结论AC=CF+CD是否成立？若不成立，请写出AC、CF、CD之间存在的数量关系，并说明理由；‎ ‎(3)如图③，当点D在边CB的延长线上且其他条件不变时，补全图形，并直接写出AC、CF、CD之间存在的数量关系.‎ 第2题图 创新题猜押 命题点 函数关系式 如图，AB=4，射线BM和AB互相垂直，点D是AB上的一个动点，点E在射线BM上，，作EF⊥DE并截取EF=DE，连结AF并延长交射线BM于点C.设BE=x，BC=y，则y关于x的函数解析式是 （ ）‎ A. ‎ B. ‎ B. C. D. ‎ ‎ ‎ 命题点 几何动点问题 如图，Rt△ABC中，ACB=90°，ABC=60°，BC=2cm，点D为BC的中点，若动点E以1cm/s的速度从A点出发，沿着AB的方向运动，设E点的运动时间为t秒（0≤t＜4），连接DE，当△BDE是直角三角时，t的值为 .‎ ‎ ‎ 名校内部模拟题 ‎ 命题点 二次函数图像与性质 ‎（2015信阳中学模拟8题3分）如图是二次函数y=ax2+bx+c图象的一部分，其对称轴为x=-3，且过点（-3，0）.下列说法：①abc＜0；②2a-b=0；‎ ‎③4a+2b+c＜0；④若（-5，y1），（，y2）是抛物线上两点，则y1＞y2，其中说法正确的有 （ ）‎ ‎ ‎ A.4个 B.3个 C.2个 D.1个 命题点 概率计算 ‎（2015平顶山一模13题3分）一个口袋中有四个完全相同的小球，把他们分别标号为1、2、3、4，随机地摸出一个小球，然后放回，在随机地摸出一个小球，则两次摸出的小球标号的和等于4的概率是 .‎ 狂押到底·扫扫刊——数学答案 特殊题型猜押 题型一 几何图形的折叠与动点问题 ‎1.5－≤x≤2 2.‎ 题型二 特殊四边形的探究题 ‎1.【思路分析】（1）由已知判定四边形DBEA是平行四边形即可求证；（2）①从矩形的判定着手，对角线相等的四边形是矩形解题；②由①和四边形DBEA是正方形判断△BEC是等腰直角三角形即可求解.‎ ‎（1）证明：∵E是AC的中点，‎ ‎∴EC=AC，‎ 又∵DB=AC，‎ ‎∴DB=EC，‎ 又∵DB∥AC，‎ ‎∴四边形DBCE是平行四边形，‎ ‎∴BC=DE；‎ ‎（2）①AB=BC；②45°.‎ ‎【解法提示】①△ABC添加BA=BC，同（1）可证四边形DBEA是平行四边形，又∵BA=BC，BC = DE，∴AB=DE，∴四边形DBEA是矩形；②∵四边形DBEA是正方形，∴BE=AE，∠BEC=90°，∴△BEC是直角三角形，又∵E是AC的中点，∴AE=EC，∴BE=EC，又∵△BEC是直角三角形，∴△BEC是等腰直角三角形，∴∠C=45°．‎ ‎2.（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD=BC，AD∥BC，‎ ‎∴∠EBC=∠FDA .‎ 在△BEC和△DFA中 ‎ ，‎ ‎∴△BEC≌△DFA .‎ （2） 解：平行四边形；2或6.‎ ‎【解法提示】①平行四边形,理由如下：连接CF，AE，‎ 由（1）得：∠BEC=∠DFA，EC=AF，‎ ‎∴∠FEC=∠AFE，即EC∥AF ‎∴以点A、C、E、F为顶点的四边形一定是平行四边形.‎ ‎ ‎ ‎ ②2或6，理由如下：‎ ‎∵四边形AECF为矩形，‎ ‎∴AC=EF，‎ ‎∵BD=8cm，AC=4cm，‎ ‎∴EF=4，BE=2cm或6cm .‎ ‎∵速度为1cm/s，‎ ‎∴t=2或6.‎ 题型三 类比、拓展探究题 ‎1.（1）解：EM=2EN，.‎ ‎【解法提示】∵四边形ABCD是平行四边形，AC、BD是对角线，‎ ‎∴∠MBE=∠NCE=45°，‎ 又∵EM⊥BM ，EN⊥CN，‎ ‎∴∠EMB=∠ENC=90°，‎ ‎∴△EMB∽△ENC，‎ ‎∴即EM=2EN.‎ 由正方形性质得BD⊥AC于点O，则四边形OMEN为矩形，‎ ‎∴∠MEN=90°，‎ 又∵AE⊥EF，‎ ‎∴∠GEM+∠GEN=90°，∠FEN+∠GEN=90°，‎ ‎∴∠MEG =∠FEN，‎ 又∵∠EMG =∠ENF=90°，‎ ‎∴△EMG∽△ENF，‎ ‎（2）解：.‎ ‎【解法提示】如解图①，过点E分别作EM⊥BD于点M，EN⊥AC于点N.‎ ‎∴∠BME=∠CNE=90°，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，AC、BD是对角线，‎ ‎∴∠OBC=∠OCB=45°，‎ ‎∴△BME∽△CNE，‎ ‎∴‎ ‎∴∠MEG+∠NEG=90°，∠NEF+∠NEG=90°，‎ ‎∴∠MEG=∠FEN，‎ 又∵∠EMG=∠ENF=90°，‎ ‎∴△EMG∽△ENF，‎ ‎ 第1题解图①‎ ‎（3）解：‎ 解法提示：如解图②，分别作EM⊥BO交BO于点M，EN⊥AC交AC于点N.‎ ‎∴∠ENC=∠BME=90°，‎ 又∵BH⊥AC于点O，则EN∥BM，‎ ‎∴∠NEC=∠MBE，‎ ‎∴△BME∽△ENC，‎ ‎∴ ‎ 又∵EN⊥AC，‎ ‎∴△CEN ∽△CAB，即 ‎∴‎ 又∵△BME∽△ENC，则即BM=，‎ ‎∴‎ ‎∵AE⊥EF， AC⊥BH，‎ ‎∴∠AOG=∠AEF=90°，‎ 又∵∠GAO=∠FAE，‎ ‎∴Rt△AGO∽Rt△AFE，∴∠AGO=∠NFE，‎ 又∵∠MGE=∠AGO，∴∠MGE=∠NFE，‎ ‎∵EM⊥BO，FN⊥AC，‎ ‎∴∠EMG=∠ENF=90°，‎ ‎∴△EMG∽△ENF，‎ ‎ ‎ ‎ 第1题解图②‎ ‎2.解：（１）证明：如解图①，∵四边形ADEF是菱形，∴AF＝AD，‎ ‎∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，BAC＝60°＝DAF，‎ ‎∴BAC－DAC＝DAF－DAC，即BAD＝CAF，‎ 在△BAD和△CAF中 ‎，‎ ‎∴△BAD≌△CAF，∴CF＝BD，即证BD＝CF；‎ ‎∴AC＝BC＝BD＋CD＝CF＋CD，即证AC＝CF＋CD；‎ ‎（2）如解图②，AC＝CF＋CD不成立，AC、CF、CD之间存在的数量关系是AC＝CF－CD，理由是：由（1）知：AB＝AC＝BC，AD＝AF，BAC＝DAF＝60°，‎ ‎∴BAC＋DAC＝DAF＋DAC，即BAD＝CAF，‎ ‎∵在△BAD和△CAF中 ‎，‎ ‎∴△BAD≌△CAF，∴BD＝CF，‎ ‎∴CF－CD＝BD－CD＝BC＝AC；即AC＝CF－CD．‎ ‎（3）AC＝CD－CF．‎ ‎【解法提示】如解图③，‎ ‎∵BAC＝DAF＝60°，∴DAB＝CAF，‎ ‎∵在△BAD和△CAF中 ‎∴△BAD≌△CAF（SAS），∴CF＝BD，‎ ‎∴CD－CF＝CD－BD＝BC＝AC，即AC＝CD－CF．‎ ‎ 第2题解图 创新题猜押 命题点 函数关系式 A 命题点 几何动点问题 ‎2或3.5‎ 名校内部模拟题 命题点 二次函数图像与性质 B 命题点 概率计算 狂押到底·扫扫刊——数学 特殊题型猜押 题型一 几何图形的折叠与动点问题 ‎1.如图，已知矩形ABCD，点M、N分别为AB、CD的中点，连接MN，点E为线段BC上的动点，将△ABE沿AE折叠使得点B落在MN上，点B的对应点为B'，若AB=，则折痕AE的长为 .‎ ‎ 第1题图 ‎2.如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=6，BC=8，点D在线段AC上，点F是线段AB上的动点，将△ABC沿DE折叠，使点C落在AB上的F处，并且FD∥BC，则CD的长为 .‎ ‎ 第2题图 题型二 与特殊四边形判定有关的证明及计算 如图，已知∆ABC，在边BC的同侧分别作三个正方形．它们分别是正方形ABDI，BCFE，ACHG，连接AD、DE、EG，试探究：‎ （1） 求证四边形ADEG是平行四边形；‎ （2） 填空：‎ ‎ ①当∠BAC= 时，四边形ADEG是矩形；‎ ‎ ②在①的条件下，AC与AB满足 条件时，四边形ADEG是正方形.‎ 题型三 类比、拓展探究题 已知点P是矩形ABCD边AB上的任意一点（与点A、B不重合）.‎ ‎（1）操作发现 如图①，现将△PBC沿PC翻折得到△PEC；再在AD上取一点F，将△PAF沿PF翻折得到△PGF，并使得线段PE、PG重合，试问FG与CE的位置关系为　　　 　；‎ ‎（2）猜想论证 在（1）中，如图②，连接FC，取FC的中点H，连接GH、EH，请你猜想线段GH和线段EH的大小关系，并说明你的理由；‎ ‎（3）拓展延伸 如图③，分别在AD、BC上取点F、C′，使得∠APF＝∠BPC′，将△PAF沿PF翻折得到△PFG，并将△PBC′ 沿PC' 翻折得到△PEC′，连接FC′，取FC′的中点H，连接GH、EH，试问（２）中的结论还成立吗？请说明理由 创新题猜押 ‎1.抛物线与x轴交于A(，0)、 B(，0)两点，且＜，与y轴交于点C(0，－4)，其中，是方程的两个根，则抛物线的解析式 .‎ 2. 如图，已知AB为⊙O的直径，过⊙O上的点C的切线交AB的延长线于点E，AD⊥EC于点D且交⊙O于点F，连接BC，CF，AC．‎ ‎（1）求证：BC=CF； （2）若AD=3，DE=4，求BE的长；‎ ‎ 第2题图 名校内部模拟题 命题点 实数的相关概念 ‎（2015郑州一模1题3分）下列各组数中，互为相反数的两个数是 （ ）‎ A.-3和+2 B.5和 C.-6和6 D.‎ 命题点 阴影部分图形的面积计算 ‎（2015平顶山二模15题3分）如图，将边长为12的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移，得到△A'B'C'，当两个三角形重叠的面积为32时，则它移动的距离AA' 等于 .‎ 命题点 实际应用题 ‎（2015平顶山二模21题10分）节能灯在城市已基本普及，今年我省面向县级农村地区推广，为响应号召，某商场计划购进甲，乙两种节能灯共1200只，这两种节能灯的进价、售价如下表：‎ 类别 进价（元/只）‎ 售价（元/只）‎ 甲型 ‎25‎ ‎30‎ 乙型 ‎45‎ ‎60‎ （1） 如何进货，进货款恰好为46000元？‎ （2） 若何进货，商场销售完节能灯时获利最多且不超过进货价的30％，此时利润为多少元？‎ 狂押到底·扫扫刊——数学答案 特殊题型猜押 题型一 几何图形的折叠与动点问题 ‎1. 2 2.‎ 题型二 与特殊四边形判定有关的证明及计算 ‎【思路分析】（1）根据全等三角形的判定定理SAS证得△BDE≌△BAC，所以全等三角形的对应边DE=AG．然后利用正方形对角线的性质、周角的定义推知∠EDA+∠DAG=180°，易证ED∥GA；最后由“一组对边平行且相等”的判定定理证得结论；（2）根据“矩形的内角都是直角”易证∠DAG=90°．然后由周角的定义求得∠BAC=135°；（3）由“正方形的内角都是直角，四条边都相等”易证∠DAG=90°，且AG=AD．由正方形ABDI和正方形ACHG的性质证得，AC=AB．‎ 证明：图中四边形ADEG是平行四边形．理由如下：‎ ‎∵四边形ABDI、四边形BCFE、四边形ACHG都是正方形，‎ ‎∴AC=AG，AB=BD ，BC=BE，∠GAC=∠EBC=∠DBA=90°．‎ ‎∴∠ABC=∠EBD（同为∠EBA的余角）．‎ 在△BDE和△BAC中 ‎∴△BDE≌△BAC（SAS），‎ ‎∴DE=AC=AG，∠BAC=∠BDE．‎ ‎∵AD是正方形ABDI的对角线，‎ ‎∴∠BDA=∠BAD=45°．‎ ‎∵∠EDA=∠BDE-∠BDA=∠BDE-45°，‎ ‎∴∠DAG=360°-∠GAC-∠BAC -∠BAD=360°-90°-∠BAC-45°=225°-∠BAC，‎ ‎∴∠EDA+∠DAG=∠BDE-45°+225°-∠BAC=180°，‎ ‎∴DE∥AG，‎ ‎∴四边形ADEG是平行四边形（一组对边平行且相等）．‎ ‎（2）①135°；②AC=AB .‎ ‎【解法提示】①当四边形ADEG是矩形时，∠DAG=90°，则∠BAC=360°-∠BAD -∠DAG-∠GAC=360°-45°-90°-90°=135°，即当∠BAC=135°时，平行四边形ADEG是矩形；②当四边形ADEG是正方形时，∠DAG=90°，且AG=AD．由（2）知，当∠DAG=90°时，∠BAC=135°．‎ ‎∵四边形ABDI是正方形，∴AD=AB．又∵四边形ACHG是正方形，∴AC=AG，∴AC=AB，∴AC=AB时，四边形ADEG是正方形．‎ 题型三 类比、拓展探究题 解：（１）FG∥CE；‎ ‎【解法提示】在矩形ABCD中，‎ ‎∠A＝∠B＝90°，‎ 由题意得∠G＝∠A＝90°，∠PEC＝∠B＝90°.‎ ‎∴∠GEC＝90°，‎ ‎∴∠G＝∠GEC，‎ ‎∴FG∥CE．‎ ‎（２）GH＝EH．‎ 如解图①，延长GH交CE于点M，由（１）得FG∥CE，‎ ‎∴∠GFH＝∠MCH．‎ ‎∵H为CF的中点，‎ ‎∴FH＝CH．‎ 又∵∠GHF＝∠MHC ‎∴△GFH≌△MHC（ASA），‎ ‎∴GH＝HM＝GM，‎ ‎∵∠GEC＝90°，‎ ‎∴EH =GM，‎ ‎∴GH＝EH.‎ ‎ 解图① 解图②‎ ‎（３）（２）中的结论还成立．‎ 如解图②，取PF的中点M，PC′的中点N，连接GM，EN，HM，HN，‎ ‎∵∠FGP＝90°，M为PF的中点，‎ ‎∴GM=PF，PM=PF，HM∥PC'，‎ ‎∴GM＝PM，‎ ‎∴∠GPF＝∠MGP，‎ ‎∴∠GMF＝∠GPF＋∠MGP＝２∠GPF．‎ ‎∵H为FC′的中点，M为PF的中点，‎ ‎∴HM=PC'.‎ 同理HN=PF，EN=PC'，HN∥PF，∠ENC'=2∠EPC'，‎ ‎∴GM＝HN，HM＝EN．‎ ‎∵∠GPF＝∠FPA，∠EPC′＝∠BPC′．‎ ‎∴∠BPC′＝∠APF，‎ ‎∴∠GPF＝∠EPC′，‎ ‎∴∠GMF＝∠ENC′．‎ ‎∵HM∥PC′，HN∥PF，‎ ‎∴四边形HMPN为平行四边形，‎ ‎∴∠HMF＝∠HNC′，‎ ‎∴∠GMH＝∠HNE．‎ ‎∵GM＝HN，HM＝EN，‎ ‎∴△GMH≌△HNE，‎ ‎∴GH＝HE．‎ 创新题猜押 ‎1.‎ ‎2.（1）证明：如解图，连接OC，‎ ‎∵ED切⊙O于点C，‎ ‎∴CO⊥ED，‎ ‎∵AD⊥EC，‎ ‎∴CO∥AD，‎ ‎∴∠OCA=∠CAD，‎ ‎∵∠OCA=∠OAC，‎ ‎∴∠OAC=∠CAD，‎ ‎∴，‎ ‎∴BC=CF；‎ ‎ 第2题解图 ‎（2）在Rt△ADE中，AD=3，DE=4，则根据勾股定理得AE=5，‎ ‎∵CO∥AD，∴△EOC∽△EAD，‎ ‎∴，‎ 设⊙O的半径为r，则OE=5-r，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴EB=5-2r=.‎ 名校内部模拟题 命题点 实数的相关概念 C 命题点 阴影部分图形的面积计算 ‎4或8‎ 命题点 实际应用题 解：（1）设商场购进甲型节能灯x只，则购进乙型节能灯（1200–x）只，由题意，得 ‎25x+45（1200﹣x）=46000，解得：x=400，‎ ‎∴购进乙型节能灯1200﹣400=800只．‎ 答：购进甲型节能灯400只、购进乙型节能灯800只，进货款恰好为46000元；‎ ‎（2）设商场购进甲型节能灯a只，则购进乙型节能灯（1200–a）只，商场的获利为y元，由题意，得y=（30–25）a+（60–45）（1200–a），y=–10a+18000．‎ ‎∵商场销售完节能灯时获利最多且不超过进货价的30%，‎ ‎∴–10a+18000≤[25a+45（1200–a）]×30%，‎ ‎∴a≥450．∵y=–10a+18000，‎ ‎∴k=–10＜0，∴y随a的增大而减小，‎ ‎∴a=450时，y最大=13500元．‎ ‎∴商场购进甲型节能灯450只，购进乙型节能灯750只时的最大利润为13500元．‎