中考数学复习《开放探究压轴题》专项检测卷(附带答案)

第页中考数学复习《开放探究压轴题》专项检测卷(附带答案)学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、单选题1．若两个不相交的函数图像在竖直方向上的最短距离称为这两个函数的“和谐值”．则抛物线y＝x2﹣2x+3与直线y＝x﹣2的“和谐值”为（）A．3 B．2 C．52 D．2．如图△ABC中，AB＝20cm，AC＝12cm，点P从点B出发以每秒3cm速度向点A运动，点Q从点A同时出发以每秒2cm速度向点C运动，其中一个动点到达端点，另一个动点也随之停止，当△APQ是以PQ为底的等腰三角形时，运动的时间是（

）秒A．2.5 B．3 C．3.5 D．43．如图，等边△ABC的边长为8cm，点P从点C出发，以1cm/秒的速度由C向B匀速运动，点Q从点C出发，以2cm/秒的速度由C向A匀速运动，AP、BQ交于点M，当点Q到达A点时，P、Q两点停止运动，设P、Q两点运动的时间为t秒，若∠AMQ＝60°时，则t的值是（

）A．3 B．2 C．83 4．如图，在长方形ABCD中，AB=8cm，BC=6cm，动点P、Q分别从点A、B同时出发，点P以3cm/s的速度沿AB、BC向点C运动，点Q以1cm/s的速度沿BC向点C运动，当P、Q其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设P、Q运动的时间是t秒．当点P与点Q重合时，t的值是（）A．52 B．4 C．5 5．如图，正方形ABCD的边长为22，直线EF经过正方形的中心O，并能绕着O转动，分别交AB、CD边于E、F点，过点B作直线EF的垂线BG，垂足为点G，连接AG，则AG长的最小值为（

A．2 B．2−1 C．5 D．6．如图直角三角形ABC中，∠A=90°，E，F分别是AB，AC上两点，以EF为直径作圆与BC相切于点D，且DE⊥AB，

A．163 B．125 C．5 7．线段AB上有一动点C（不与A，B重合），分别以AC，BC为边向上作等边△ACM和等边△BCN，点D是MN的中点，连结AD，BD，在点C的运动过程中，有下列结论：①△ABD可能为直角三角形；②△ABD可能为等腰三角形；③△CMN可能为等边三角形；④若AB=6，则AD+BD的最小值为37A．②③ B．①②③④ C．①③④ D．②③④二、填空题8．如图，点D的坐标为(4,3)，过点D作DE⊥y轴于点E，DF⊥x轴于点F，点M为线段DF上一点，若第一象限内存在点N(n,2n−3)，使△EMN为等腰直角三角形，请直接写出符合条件的N点坐标．9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝6，点D是边BC的中点，点E是边AB上的任意一点（点E不与点B重合），沿DE翻折△DBE，使点B落在点F处，连接AF，则当线段AF的长取最小值时，sin∠FBD是．

10．如图，矩形ABCD中，AD＝6，∠CAB＝30°，点P是线段AC上的动点，点Q是线段CD上的动点，则AQ+QP的最小值是．11．如图①，底面积为30cm2的空圆柱容器内水平放置着由两个实心圆柱组成的“几何体”，现向容器内匀速注水，注满为止，在注水过程中，水面高度h（cm）与注水时间t（s）之间的关系如图②，若“几何体”的下方圆柱的底面积为15cm2，则图②中的a的值为

12．如图，在直角坐标系中，直线l1：y=−33x+332与x轴交于点C，与y轴交于点A，分别以OC、OA为边作矩形ABCO，点D、E在直线AC13．如图，在等边三角形ABC的右侧以AC为直角边作等腰Rt△ACD，∠ACD=90°，点E、F分别为AD、BC的中点，BD与EF交于点G．下列四个结论：①∠BDC=15°；②AD=2BG；③EF平分∠AEC；④S14．（1）如图①，五角形的顶点分别为A、B、C、D、E，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=（2）如图②，∠A+∠DBE+∠C+∠D+∠E=（3）如图③，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=（4）如图④，∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋∠5＋∠6＝三、解答题15．如图（1），有A、B、C三种不同型号的卡片若干张，其中A型是边长为aa>b的正方形，B型是长为a、宽为b的长方形，C型是边长为b的正方形．（1）若用A型卡片1张，B型卡片2张，C型卡片1张拼成了一个正方形（如图（2）），此正方形的边长为_______，根据该图形请写出一条属于因式分解的等式：_________；（2）若要拼一个长为2a+b，宽为a+2b的长方形，设需要A类卡片x张，B类卡片y张，C类卡片z张，则x+y+z=_______；（3）现有A型卡片1张，B型卡片6张，C型卡片11张，从这18张卡片中拿掉两张卡片，余下的卡片全用上，你能拼出一个长方形或正方形吗？有几种拼法？请你通过运算说明理由．16．如图所示，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B．(1)求点A，B的坐标；(2)若直线AC⊥AB交y轴负半轴于点C，求△ABC的面积；(3)在y轴上是否存在点P，使以A，B，P三点为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．17．【问题背景】在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E，F分别是BC,CD上的点，且∠EAF=60°，试探究图1中线段BE、EF、FD之间的数量关系．(1)【初步探索】小亮同学认为：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到BE、EF、FD之间的数量关系是．(2)【探索延伸】在四边形ABCD中如图2，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是BC、CD上的点，∠EAF=118．【认识新知】对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．【概念理解】（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，【性质探究】（2）如图2，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥①若OA=1，OB=5,，OC=7，OD=2，则AB2+CD②求证：AB2【解决问题】（3）如图3，△ACB中，∠ACB=90°，AC⊥AG且AC=AG=4，

19．点E是矩形ABCD边AB延长线上一动点（不与点B重合），在矩形ABCD外作Rt△ECF其中∠ECF＝90°，过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G，连接DF交CG于点H．(1)发现如图1，若AB＝AD，CE＝CF，猜想线段DH与HF的数量关系是______(2)探究如图2，若AB＝nAD，CF＝nCE，（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．(3)拓展在（2）的基础上，若FC的延长线经过AD的三等分点，且AD＝3，AB＝4，请直接写出线段EF的值20．在平面直角坐标系中，⊙C与x轴交于点A，B，且点B的坐标为（8，0），与y轴相切于点D（0，4），过点A，B，D的抛物线的顶点为E．(1)求圆心C的坐标与抛物线的解析式；(2)判断直线AE与⊙C的位置关系，并说明理由；(3)若点M，N是直线y轴上的两个动点（点M在点N的上方），且MN＝1，请直接写出的四边形EAMN周长的最小值．参考答案1．解：由x2﹣2x+3＝x﹣2，整理得，x2﹣3x+5＝0，∵Δ=∴x2﹣3x+5＝0没有实数根，∴抛物线y＝x2﹣2x+3与直线y＝x﹣2不相交，∵抛物线开口向上，∴抛物线在直线上方，设m＝x2﹣2x+3﹣（x﹣2）＝x2﹣3x+5，∵m＝x2﹣3x+5＝（x−32）2∴该函数最小值为114，即抛物线y＝x2﹣2x+3与直线y＝x﹣2的“和谐值”为11故选：D．2．解：∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC=AB=8cm，∠BAC=∠ABC=∠C=60°由题意，得：CP=tcm，CQ=2t∴BP=(8−t)cm，AQ=(8−2t)∵∠ABQ+∠BAP=∠AMQ=60°，∠CAP+∠BAP=∠BAC=60°，∴∠ABQ=∠CAP，在△ABQ和△CAP中，∠ABQ=∠CAPAB=AC∴△ABQ≌△CAP(ASA)，∴AQ=CP，∴8−2t=t，解得：t=83（秒故选：C．3．解：设运动的时间为x秒，在△ABC中，AB＝20cm，AC＝12cm，点P从点B出发以每秒3cm的速度向点A运动，点Q从点A同时出发以每秒2cm的速度向点C运动，当△APQ是以PQ为底的等腰三角形时，AP＝AQ，AP＝20﹣3x，AQ＝2x，即20﹣3x＝2x，解得x＝4故选：D．4．解：根据题意，两点重合时可列方程为：3t−t=8，解得：t=4，答：当点P与点Q重合时，t的值是4．故选：B．5．解：设正方形的中心为O，连接OB，取OB中点M，连接MA，MG，则MA，MG为定长，过点M作MH⊥AB于H．∵正方形ABCD的边长为22∴BD=2AB=4∵直线EF经过正方形的中心O，∴OB=OD=2，∵M是OB中点，∴OM=BM=1，∵EF⊥BG，∴GM=1∵Rt△BHM是等腰直角三角形，∴MH=BH=22，AH=3由勾股定理可得MA=HM∵AG≥AM-MG=5−1当A，M，G三点共线时，AG最小=5−1故选：D．6．解：连接AD，

∵DE⊥AB，∴∠AED=∠DEB=90°，∴AD为⊙O的直径，∵BC与⊙O相切于点D，∴AD⊥BC，∴∠ADB=∠DEB=90°，∵∠B=∠B，∴△ADB∽△DEB，∴ADDE∵BD=4，BE=3，∴DE=B∴AD7∴AD=4∴AB=A故选：A．7．解：当C为AB中点时，有图如下，∵△ACM与△∵C为AB中点，∴AM=AC=MC=NC=BC=NB，MD=ND，∵∠MCN∴∠CMN∴△CMN∵∠AMD∴△∴AD=BD，△ABD此时为等腰三角形，②正确；当C为AB中点时，AD+BD值最小，∵D为MN的中点，∴CD为MN的垂直平分线，∴MD=∴CD∴AD∵AD=BD∴AD+BD=37若△ABD可能为直角三角形，则∠ADB=90°∴CD为AB的垂直平分线∴∠ADC∴AC=CD，与所求结论不符，①错误．故选：D．8．解：∵DE⊥y轴，DF⊥x轴，∴四边形OEDF是矩形，∵点D的坐标为(4,3)，∴OE=DF=3,OF=DE=4，由题意，分以下三种情况：（1）当点N为直角顶点时，①如图，点N在EM的下方，过点N作NG⊥OE，于G，GN的延长线交DF于H，则四边形GEDH是矩形，∴∠EGN=∠NHM=90°,GH=DE=OF=4，∵△EMN为等腰直角三角形，∴EN=MN,∠ENM=90°，∴∠GEN+∠ENG=∠HNM+∠ENG=90°，∴∠GEN=∠HNM，在△ENG和△NMH中，∠EGN=∠NHM∠GEN=∠HNM∴△ENG≅△NMH(AAS)，∴EG=NH，∵N(n,2n−3)，∴GN=n,OG=2n−3，∴EG=OE−OG=3−(2n−3)=6−2n,NH=GH−GN=4−n，∴6−2n=4−n，解得n=2，∴2n−3=2×2−3=1，则此时点N的坐标为N(2,1)；②如图，点N在EM的上方，过点N作NG⊥OE于G，GN的延长线交FD的延长线于H，同理可得：EG=NH，GN=n,OG=2n−3，∴EG=OG−OE=2n−3−3=2n−6,NH=GH−GN=4−n，∴2n−6=4−n，解得n=10∴2n−3=2×10则此时点N的坐标为N(10（2）当点E为直角顶点时，如图，过点N作NG⊥OE于G，过点M作MH⊥OE于H，则四边形HEDM是矩形，∴HM=DE=4，同理可得：△ENG≅△MEH，∴EG=HM=4，∵N(n,2n−3)，∴GN=n,OG=2n−3，∴EG=OG−OE=2n−3−3=2n−6，∴2n−6=4，解得n=5，∴2n−3=2×5−3=7，则此时点N的坐标为N(5,7)；（3）当点M为直角顶点时，如图，过点M作MG⊥OE于G，过点N作NH⊥GM，交GM延长线于H，则四边形GEDM是矩形，∴MG=DE=4，同理可得：△EMG≅△MNH，∴EG=MH,MG=NH=4，∵N(n,2n−3)，∴GH=n,OG+NH=2n−3，∴OG=2n−3−NH=2n−3−4=2n−7，∴EG=OE−OG=3−(2n−7)=10−2n,MH=GH−MG=n−4，∴10−2n=n−4，解得n=14∴2n−3=2×14则此时点N的坐标为N(14综上，符合条件的N点坐标为(2,1)或(103,113故答案为：(2,1)或(103,1139．解：∵由题意得，DF=DB∴点F在以D为圆心、BD为半径的圆上，作⊙D，连接AD交⊙D于点F，此时AF的值最小，如图：

∵点D是BC的中点∴CD=BD=∵AC=4∴AD=∵FD=3∴FA=AD−FD=5−3=2∴A连接BF，过F作FH⊥BC于H，如图：

∵∠ACB=90°∴FH∴△DFH∽△DAC∴FH∴FH∴FH=125∴BH=∴BF=∴sin∠FBD=故答案是：510．解：作点A关于直线CD的对称点E，作EP⊥AC于P，交CD于点Q．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∴DQ⊥AE，∵DE＝AD，∴QE＝QA，∴QA+QP＝QE+QP＝EP，∴此时QA+QP最短（垂线段最短），∵∠CAB＝30°，∴∠DAC＝60°，在RT△APE中，∵∠APE＝90°，AE＝2AD＝12，∴EP＝AE•sin60°＝12×32＝63故答案为63．11．解：由题意得圆柱形容器的高为14cm，两个实心圆柱组成的“几何体”的高为11cm，水从刚漫过两个实心圆柱组成的“几何体”到注满容器用了42−24=18s，高度为14−11=3则均匀注水的水流速度为30×3÷18=5cm则“几何体”下方圆柱体的高a=18×5÷30−15故答案为：612．解：如图，过点B作BM∥AC交x轴于M，在直线BM上截取BB′＝DE＝1，过点B′作B′F⊥OM于F，过点E作EH⊥OC于H，连接B′H．y=−3令x=0，y=332∴A（0，332），C（∴OA＝332，OC＝∴AC=OA∴∠ACO＝30°，∵EH⊥OC，∴EH＝12∵BB′＝DE，BB′∥DE，∴四边形DBB′E是平行四边形，∴BD＝B′E，∵BM∥AC，∴∠BMC＝∠ACO＝30°，∵∠BCM＝90°，BC＝33∴BM＝2BC＝33，∴B′M＝1＋33，∵∠MFB′＝90°，∴B′F＝12MB′＝3∵BD＋12∴BD＋12EC≥3∴BD＋12EC的最小值为3故答案为3313．解：①∵△ABC为等边三角形，∴BC=AC，∠ACB=∠ABC=60°，∵△ACD等腰直角三角形，∠ACD=90∴AC=CD，∠CAD=∠CDA=45°，∴BC=CD，∴∠BDC=∠DBC，∵∠ACD=∠ACB+∠ACD=60°+90°=150°，∴∠BDC=∠DBC=1②连接AG，如图所示：

∴△ABC为等边三角形，点F为AC的中点，∴CF:AB=1:2，在Rt△ACD中，AC=CD，点E为AD的中点，∠ACD∴CE=ED=AE=12AD，∠ACE=∠DCE=∴CE:AD=1:2，∴CF:AB=CE:AD，∵∠BDC=∠DBC=15°，∠ABC=60°，∠CDA=45°，∴∠ABD=∠ABC−∠DBC=60°−15°=45°，∠ADB=∠CDA−∠BDC=45°−15°=30°，∴∠BAD=180°−∠ABD−∠ADB=180°−45°−30°=105°，又∵∠ECF=∠ACE+ACB=45°+60°=105°，即∠ECF=∠BAD，又∵CF:AB=CE:AD，∴△CFE∽△ABD，∴∠CEF=∠ADB=30°，∠CFE=∠ABD=45°，∴∠AEF=∠AEC−∠CEF=90°−30°=60°，∠DEG=CED+∠CEF=90°+30°=120°，∴∠EGD=180°−∠ABD−∠DEG=180°−30°−120°=30°，∴∠EGD=∠ABD=30°，∴EG=ED=AE=1∴△AED为等边三角形，∴∠EAG=60°，AG=AE=1∴∠BAG=∠BAD−∠EAG=105°−60°=45°，∴∠ABD=∠BAG=45°，∴△ABG为等腰直角三角形，∴AG=BG，∴BG=AE=1即AD=2BG，故结论②正确；③∵∠AEG=60°，∠CEF=30°，∴EF不是∠AEC的平分线，故结论③不正确；④过点A作AK⊥EF于K，如图所示：

设CF=a，则AC=CD=2a，∵△ABC为等边三角形，点F为BC的中点，∴AF⊥BC，在Rt△ACF中，由勾股定理得：AF=在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD=∴AE=CE=1∵S∴S∵AK⊥EF，∠AEF=60°，∴∠EAK=90°−∠AEF=30°，∴EK=12AE=在Rt△AFK中，由勾股定理得：FK=∴EF=EK+FK=2∴EF∴S综上所述：结论①②④正确．故答案为：①②④．14．解：（1）如图，标注字母，由三角形的外角性质，∠A+∠C=∠EGF,∠B+∠D=∠EFG，∵∠EFG+∠EGF+∠E=180°,∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°；故答案为：180°.（2）如图，由三角形的外角性质，∠A+∠D=∠CBD，∵∠CBD+∠DBE+∠C+∠E=180°，∴∠A+∠DBE+∠C+∠D+∠E=180°；故答案为：180°.（3）如图，由三角形的外角性质，∠DGF=∠A+∠C，∠DFG=∠B+∠E，∵∠DFG+∠DGF+∠D=180°,∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°,故答案为：180°.（4）如图，标注字母，连接AB，由三角形的内角和定理可得：∠CBA+∠CAB=∠1+∠2，由四边形的内角和定理可得：∠CBA+∠CAB+∠3+∠4+∠5+∠6=360°，∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=360°.故答案为：360°.5．解：（1）由图（1）和图（2）可得正方形的边长为：a+b，由图（2）可得因式分解的等式a2+2ab+b2＝（a+b）2．故答案为a+b，a2+2ab+b2＝（a+b）2；（2）∵（2a+b）（a+2b）＝2a2+5ab+2b2，∴需要用A类卡片2张，B类卡片5张，C类卡片2张，∴x+y+z＝2+5+2＝9；故答案为9；（3）四种拼法：理由如下：第一种：A型卡片拿掉1张，B型卡片拿掉1张，则能拼出一个长方形，即长方形的长为5a+11b，宽为b，∴b(5a+11b)=5ab+11第二种：A型卡片拿掉1张，C型卡片拿掉1张，则能拼出一个长方形，即长方形的长为3a+5b，宽为2b，∴2b(3a+5b)=6ab+10b或者长为6a+10b，宽为b，∴(6a+10b)b=6ab+10b第三种：C型卡片拿掉2张，则能拼出一个正方形方形，即正方形边长为a+3b，∴(a+3b)216．解：（1）当y＝0时，2x+2＝0，x=-1，∴点A的坐标为(−1，0)；当x＝0时，y＝2x+2＝2，∴点B的坐标为(0，2)．（2）设C（0，m），∵AC⊥AB，∴AB2+AC∴4+1+1+m2=（2-m）2，解之可得：m=-0.5，∴S△ABC=12（3）由（1）可得AB=OA2∴可分三种情况考虑，如图所示．当BA＝BP时，BP＝5，∴点P1的坐标为(0，2+5），点P2的坐标为(0，2−5）；当PB＝PA时，设OP＝x，则PB2＝PA2，∴(2−x)2=1+x2，解得：x＝0.75，∴点P3的坐标为(0，0.75）；当AB＝AP时，OP＝OB＝2，∴点P4的坐标为(0，−2)．综上所述：y轴上存在点P，使以A，B，P三点为顶点的三角形是等腰三角形，点P的坐标为(0，2+5）或(0，2−5）或(0，0.75）或(0，−2)．17．（1）证明：在△ABE和△ADG中，AB=AD∠ABE=∠ADG∴△ABE≌△ADGSAS∴AE=AG，∠BAE=∠DAG．∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，∴∠BAE+∠FAD=60°，∴∠DAG+∠FAD=60°，即∠FAG=60°，∴∠EAF=∠FAG=60°．在△AEF和△AGF中，AE=AG∠EAF=∠FAG=60°∴△AEF≌△AGFSAS∴EF=GF．∵GF=GD+DF，∴EF=BE+DF．故答案为：EF=BE+DF．（2）解：结论EF=BE+DF仍然成立；理由：如图，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG．在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADGSAS∴AE=AG，∵∠EAF=1∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF．在△AEF和△AGF中，AE=AG∠EAF=∠FAG∴△AEF≌△AGFSAS∴EF=GF．∵GF=GD+DF，∴EF=BE+DF．18．解：（1）四边形ABCD是垂美四边形．

证明：∵AB=AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB=CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；（2）①∵ACOA=1，OB=5，OC=7，OD=2∴AB==79AD==79②证明：∵AC⊥BD，∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，由勾股定理得，AB2AD2∴AB2（3）

∵AC⊥AG∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，在△GAB和△CAE中，AC=AG∴△GAB≌△CAE，∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得CG2∵ACAE∴BC=3，CG=42，BE=∴GE∴GE=73．19．解：（1）DH=HF，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，AB=AD，∴四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠ABC=∠EBC=∠BCD=90°，∵FG⊥BC，∠ECF=90°，∴CD//GF，∠CGF=∠ECF=∠EBC=90°，∴∠GCF+∵∠BCE+∴∠GCF=在ΔGCF和Δ∠GCF=∴ΔGCF≌∴BC=GF，∴CD=GF，∵CD//GF∴∠HDC=∵∠HCD=在ΔHCD和Δ∠HDC=∴ΔHCD≌∴DH=HF，故答案为DH=HF，（2）DH=HF仍然成立，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，FG⊥BC，∠ECF=90°，∴∠CGF=∠ECF=∠EBC=90°∴∠FCG+∵∠BCE+∴∠FCG=∴ΔFCG∼∴GFBC∴四边形ABCD是矩形，AB=nAD，