【中考数学试卷+答案解析】操作探究

操作探究一、选择题1（湖荆•3如腰R△AC斜边B长为2O为B的中操作探究一、选择题1（湖荆•3如腰R△AC斜边B长为2O为B的中P为C上点，OQ⊥P交C点，M为PQ中，点P从点A运动点C时点M所过的线为（）A．B．C．1D．2【分接OC作E⊥B于EMHAB于HF⊥B于F如用腰角三形性得C=B=，∠A=B=4°OCABC=OA=B=，∠CB=5再明R△AO≌△OQ得到P=C，着用△PE和△BQ为腰角角形到E=AP=CQQF= B以P+QF=BC=证明HPEFQ中线到MH=即可定点M到AB的为，而到点M的路线△AC中线，最后用角中线质得点M所过路长．【解】：接C作PE⊥B于，M⊥B于，QFAB于F如，∵△AB到腰角角形，∴AC=C=AB=，∠A∠B=°，∵O为AB的点，∴OCABOC平∠AC，OC=A=O=1，∴∠OB=4°，∵∠PQ=9°∠CA=9°，∴∠AP=CO，在R△AOP和COQ中，∴RtAO≌△OQ，∴AP=Q，易得APE和BFQ都腰直三形，∴PE=AP=CQ，Q=BQ，∴PE+F=（CQ+Q）=BC=× =1，∵M为Q中，∴MH为形PE∴PE+F=（CQ+Q）=BC=× =1，∵M为Q中，∴MH为形PEQ中线，∴MH=（PEQF=，即点M到B距为，而CO1，∴点M的动线△AC的位，∴点P点A运点C时点M所过路长=AB=1．故选C．【点评】本题考查了轨迹：通过计算确定动点在运动过程中不变的量，从而得到运动的轨迹．也考查了等腰直三形性．2（浙临3分）图正形片ABCD的是4点F别是ABBC的点若沿左图的线开拼如图一“别”则图阴部的积（）A．2B．4C．8 D．10【考】影分面积【分】题查间象能．【解】：影分一个腰角角和个直梯组，由第个形知阴部分两分构正形的分一，正方的积=×416，∴图阴部的正方的积=×416，∴图阴部的是16÷44．故选B．【点】决题关是得阴部的成原正形积间关．3（浙舟·3）将张方纸按图步①②虚对两次然沿中行边的虚剪一角展铺平的形（）A.B.C.D.【考】纸题【解解】：线剪以，下图先向上展，失部分一等直三，用直边正形边分别行，沿对线展，到形。故答为。【分】据称性，用推去开个纸。【点】题要查等腰角角、角角形判和生空想象力.二.填空题(要同一.)1湖南省常德3分如将形ABD沿EF叠点B在D边上点G点CH处已∠DH=3°连接G则∠GB7°．【分析】由折叠的性质可【分析】由折叠的性质可知：G=BE，∠GH=∠AB90°，从而可证明∠EBG=∠EGB，然后再根据∠EH﹣∠EGB∠EC∠EB∠BC∠BG平的性可∠AB=GB从而证AGB∠BH此可得案．【解】：折的质可：G=B，∠GHABC=9°，∴∠EG=EG．∴∠EH∠EG=∠BC∠EB，：∠BC∠BG．又∵A∥B，∴∠AB=GB．∴∠AB=BG．∵∠DH=3°，∴∠AH=10，∴∠AB=∠AGH75，故答为75．【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：折叠前后图形的形状和大小不变，置化对边对应相．2. （江山4分）图量器的0度刻线为B将矩直尺量器分叠使直尺一与角相点C尺一交角点得AD10c点D在角上读为6°，则该尺宽为 c。【考】径理切的性质【分】为尺边EF圆O相于点，接O，知直的就求CGOC-G而OCA；OG和OA都在t△OG，即据直三形思路OG和OA都在t△OG，即据直三形思路做由定可知AG=DG=AD=cm∠AG=∠AOD=6°从可答.【解】：图结OD，O，C与D于点,设尺一为E，因点D量器的数为0，所以AOD12°，因为尺边F量相切点，所以C⊥F，因为F//D，所以C⊥D，由垂定得G=D=AD=5cm∠AO=∠AOD=0，在R△AOG中AG=5c∠AOG60，则OG=cm,C=O=cm则CGOC-G=cm.【点】题关是用垂定和线性.三.解答题(要同一)1.川州8分）图在面角标系点O1坐为点18为半径与x交于AB两点过A作线l与x轴负向成6°，交y于C，点O2（135为心圆与x轴相点D．（1求线l的析；（2将⊙O2以秒1个位的沿x向平，当O2第次⊙O1切时求O2平的．【分（）直的析式可先出、C点的标就【分（）直的析式可先出、C点的标就以据定系法出数．（2设⊙O2平移t后⊙O3处⊙O1一外于点，O3与x轴于D1点接O1O，O3D．在直△OO3D1中根股定，可出O1D，进出D1D的，到平的间．【解】（）题得OA|﹣|+||=1，∴A坐为﹣1，0∵在t△OC，OAC0°，OC=OAanOAC12tan°=12．∴C的标（，﹣设线l解为y=+b，由l过AC点，得，得∴线l解式：y﹣x﹣．（2图设⊙O2移t秒后⊙O3与O1第次外点PO3与x相于D1点连接1O3OD．则O1O=O1PPO3=+5=3．∵O3D⊥x轴，O3D15，在R△O1OD1中，．∵O1DO1O+D=413=7D1D=O1﹣O11=1﹣1=5，∴（．∴⊙O2移时为5【点评】本题综合了待定系数法求函【点评】本题综合了待定系数法求函数解析式，以及圆的位置关系，其中两圆相切时的辅助线的作法是经常用的．2.川州•0分）图已抛线x2+bxc过（10（0，）点顶为．（1求物的析；（2将△AB绕点A顺针旋转0后，点B落点C的位，抛线沿y轴平后过点，移后所图的数系；（3设（）平后所得物与y轴交为B1顶为D，点N在平后抛线，足△NBB1面是NDD1积的2倍点N坐．【分（）用定数法点AB坐入解式可得；（2根旋的识A（，0，（02∴OA=，O=2，可得后C的标（3，当x3，由=x2﹣x+2得y2可物线=x23x2点（，）∴将抛沿y向平移1个位点C∴平后抛线析为：yx23x+；（3首求得B1，D1的标，据形别得可，注利方思．【解】（）知物线=x2+x+c经过A（，0B（，2∴，解得，∴所抛线解为y=x23x+；（2∵A1，，（2∴OA=，O=2，可得后C的标（3，当x=3时由=x23x2得y=，可知线y=x﹣3+2点（，2∴将抛沿y向平移1个位点C．∴平后抛线析为：yx23x+；（3∵点N在y=x﹣3x1上可设N坐为x，x2（3∵点N在y=x﹣3x1上可设N坐为x，x23x+0 0 0将y=x﹣3+1配得yx﹣）2﹣，∴其称为线=．①0≤0≤时如①，∵，∴∵x0=，2此时x0﹣x0+1﹣，∴N的标（，﹣②当时，图，同理得，∴x0=，2此时x0﹣x0+11，∴点N的标（，1③当＜0时由可N点存，∴舍．综上点N的标（﹣1或（，1【点】题于考的压题难较，识点查较而联密切需学【点】题于考的压题难较，识点查较而联密切需学认审．此题查二函与次函的合识解的关是注数结思想应．3.（山•12分）(本题12)与践问情数活课上老出了样个问图 1矩形 ABCD中AD=2ABE是AB延线一且BE=AB接DE交BC于点M以DE一在DE的下方正形AM判线段AM与DE的位关．探展：奋组现，AM垂直平分DE，并展示了如下明方法：DEFG，连接证明：BEAB E2D2,D四边形ABCD形D//.EMEB依１）M ABEMEB,1MM.即AM是△ADE的DE边上的中线，又DE,M.（依据2）AM垂直平分DE．反思交流：(1)的“据1“据2”分别是指什么？断１的点么？断１的点A是否在线段GF直分，直回，必证；(2)小受勤小组启，续行究，图2连接CE，以CE一在CE的左方作正方形CEFG现点G在线段BC垂平线，你出明；探索发现：(3)如图3，连接CE，以CE为一边在CE的右上方作正方形CEFG，可以发现点C，点B都在线段AE的垂直平分线上，除此之外，请观察矩形ABCD和正方形CEFG的顶点与边，你还能发现哪个顶点在哪条边的垂直平分线上，请写出一个你发现的结论加以证.【考点平线线成例三合，方形矩性，等【解析】(1) 答依据1条线被组行所得的应段比例平行分段成比例.依据 2等三形角平线底上中线底上高相合（等三角形的“三线合.答：点A线段GF的垂直平分线.(2)BC于点H，证：过点G作GH四边形ABCD矩，点E在AB的长上，ECC..四边形CEFG为方形，GE,E13..C ≌.C.四边形ABCD形D.D2,E,C2E2.CH.GH垂直平分BC.点G在BC的直分上（3）答：点F在BC边的垂直平分线或点F在AD垂平分上.证一过点F作FMBC于点M，过点E作ENFM于点N.N MF.四边形ABCD矩，点E在四边形ABCD矩，点E在AB的延长上，EC.四边形BENM为矩.MN,N.12.四边形CEFG正形，FC,F.23..EF,.E.M.四边形ABCD矩，D.2,B.C2M.M.DFM垂直平分BC点F在BC边垂平分上.证二过F作FNBE交BE延线点N，连接FBFC.四边形ABCD是矩形，点E在AB的延长线上，∠CBE=∠ABC=∠∠CBE=∠ABC=∠N=90°.∠1+∠3=90°.四边形CEFG为正方形EC=EF，∠CEF=90°.∠1+∠2=90°.∠2=∠3.△ENF△CBE.NF=BE,NE=BC.四边形ABCD是矩形AD=BC.AD=2ABBE=AB.设BE=a，则BC=EN=2a,NF=a.BF=CF.点F在BC边垂平线.4（山菏泽10）问情：在综与践让同们“形片剪拼为题展学动如图1形片ABCD沿对线C开得ABC△AD并量得=2cmAC=cm．操作现：（1将图1中的ACD点A为转心按针方旋∠α，∠α∠BA，到如图2所△AC′，点C作A′平行与DC的长交点E则边形ACE′的状．（新组图1中△ACD以点A旋中按逆针向使AD点同条线上，得到图3所的AC接C'取C′点接AF并长点G使FGAF接C′G，得到形ACC，它是方，你明个结．实践究：（3缜小在新小发现论基上进如下作将ABC沿着D方平点B点A重合，时A点至A，A'C与B′交点，图4示接C，求ta∠′CH的．【考】L：边综题．【分1先断∠CD=∠A而断∠AC=∠C'而断CAC'∠ACD即的；（2先断∠CC'=°再断出G⊥C'F=C'而断四形ACC'平四形即可得出结出结；（3先断∠AC=3，进出B，A，求出H，'H即得结论．【解】（）图1中，∵AC是形ABD对线，∴∠B∠D90，A∥C，∴∠AD=BA，在图2，旋知C'=A，∠C'D∠AD，∴∠BC=AC'，∵∠CC'∠BA，∴∠CC'∠ACD，∴ACC'，∵AC∥C，∴四形CEC是行边形，∵AC=C'，∴▱ACC'菱，故答为菱；（2在图1，四形ABD矩，∴ABCD，∴∠CD=AC，∠=9，∴∠BC+ACB90°在图3中由转，AC'=DA，∴∠AB=DAC，∴∠BC+DAC=9°，∵点，，B同条线上，∴∠CC'=0，由旋知AC=C'，∵点F是C'中，∴AGCC，CFC'，∵AF=G，∴四形CGC是行边形，∵AGCC，∴▱ACC'菱，∵∠CC'=0，∴形ACC'正形；（3在R△AC，AB，AC=，∴BC'AC=，B=BC2，sn∠AC==，∴∠A∴形ACC'正形；（3在R△AC，AB，AC=，∴BC'AC=，B=BC2，sn∠AC==，∴∠AB=3°，由（）合移，∠C'=9°，在R△BCH中∠AB=3°，∴BH=C•sn3°=∴C'HBC﹣BH4﹣，，在R△ABH中AH=AB=，∴CH=C﹣H=﹣1=，在R△CH'，ta∠CH==．【点题四形合题主考了形性质平四形菱矩方的定性，勾股理锐三函，旋的质判出AC'=9°解题关．5洲图某区部交线其中线线直线垂直垂分别点A点B和点C高速右边上点M点A北东°方上且M＝ 千上的点N位点M的偏方向且MN=千米点A和点N城线L上两个邻.（1之间距离（2若际车均为150千/时求小强坐际车点A到点N需多小？（结用数示）【答（）2（）小.【解】析（1直利用角角数系出DM的即得答；（2利用tan0°=，出AB的，而用定理出N长进出AN的，即可得答．详解（1点M作MNC点D，∵coα=，MN=2千，∴coα=，解得DM=（k答：l2详解（1点M作MNC点D，∵coα=，MN=2千，∴coα=，解得DM=（k答：l2和l3之的离为2km；（2∵点M于点A偏东0方上且BM=千米，∴tan0°=，解得AB=（k可得AC=+2=（k∵MN=2kmDM=km，∴DN==4 （km则NCDN+M=5（km∴AN==10km∵城火平时为0千/时，∴市小乘城火从点A点N小时．点睛此主考了直角角的用正得出N长解关．6（南•0（1问发现如图1在△AB△OCD中OA=B,O=OD∠AOB∠CD=4°接AC，D于点，空：①的为 ；②∠AB度为 。（2类探究如图在△AB和△CD中∠AB=COD90∠OAB∠OD=3接AC交D延线点M，的及AMB的数，的及AMB的数，说理；请判断（3拓延伸（2条下△OD绕点O平内转CBD在线点M若OD1OB=接写点C点M重时AC的。请直（东州14（东州14分如图在边形ABCD中∠B=6°∠D=0°AB=．（1求∠+C度。（2连接BD探究ADD，CD三之的量系，说理。（3若A=1点E在边形BCD内运，足【答（）：四形ABD，∠=6°D=30，∴∠A∠C36°-B-=360-6°-3°=70。，求点E动径度。（2解如，△BD绕点B逆针转0得到BA，接D，∵BD=Q∵BD=Q∠DB=6°，∴△BQ等三形，∴BD=Q，∵∠BD+C=20，∴∠BD+BAQ27°，∴∠DQ=30°27°=9°，∴△DQ直三形∴AD2AQ2=Q2 ，即AD2CD2BD2（3解如，△BE绕点B逆针转0得到BA，接E，∵BE=F∠EB=6°，∴△BF等三形，∴EF=E∠BF=6°，∵AE2BE2+E2∴AE2EF2+F2∴∠AE=9°∴∠BA=BFE∠AE=6°+9∴∠BA=BFE∠AE=6°+9°=10，∴∠BC=10，则点E四形BCD部运，足BEC15，以C边外等OBC，则点E以O圆，B为半的周运，动轨为C，∵OB=B=，则BC==【考】边角的定与质勾定的定理多形角外，弧的算旋的质【解分析（）四边内为360度结合知件可出案.（2将BCD绕点B针转6°得△BQ连接如由转质和边角判得DQ是等边三角形，由旋转性质根据角的计算可得△DQ是直角三角形，根据勾股定理得AD2AQ2=Q2，即AD2+CD=BD2.（3将△CE绕点B逆针旋转0，到△A，连接F(图，等三角判得BEF边三角形结已条和边三形质得E2=EF+AF2 ，∠AE=9°从而出BFA∠BC=1°，从而点E以O圆心OB为径圆运动运轨为C据弧公即得答.8（苏州•2）问呈现如图，边为1的方形格，接点，N和E，，N和C交点P求tn∠PN值．方法纳求一锐的角数我往需找（构造个角角观发问中CPN在直角三形们常用网画行等法决此问如接点MN可得MNEC∠DN=∠CP，接D，么PN变到R△DN问题决（1直写图1中t∠CPN的为2；（2如图2在长为1的正形格，N与M相于点P求cs∠N的；思维展（3图3ABBCA=4BC点M在B且M=BC长B到N使=2BC接N交CM的长线点P用述法造网求CPN的数．【分（）接点，N可得MNEC则NM=∠PN接D，∠CPN就换到RtDMN中．（2如图2，格点，接C，D．么∠N就换等腰RtDMC中．（3利网，造直角角解（3利网，造直角角解问即；【解】（）图1中，∵ECMN，∴∠CN=DN，∴ta∠CP=ta∠DM，∵∠DN=9°，∴ta∠CP=ta∠DM===，故答为．（2如图2，格点，接C，D．∵CDAN，∴∠CN=DC，∵△DM等直三形，∴∠DM=D=4°，∴co∠CP=co∠DM=．（3如图3，图点M连接ANMN．∵PCMN，∴∠CN=AN，∵AM=N∠AM=9°，∴∠AM=MAN45，∴∠CN=4°．【点评】本题考查三角形综合题、平行线的性质、勾股定理、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是会用形合思想决题学用化的想考题属中考轴∵PCMN，∴∠CN=AN，∵AM=N∠AM=9°，∴∠AM=MAN45，∴∠CN=4°．【点评】本题考查三角形综合题、平行线的性质、勾股定理、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是会用形合思想决题学用化的想考题属中考轴．9 （江盐•10分（发】如①已知边，直角角的角顶点放在边（点不点、重合，两分交段、于点、.①若②求：，，，则. ；（2【思考】若将图①中的三角板的顶点在边上移动，保持三角板与、且的两个交点平分、？都存连接如②.问点是存某位使平分若存，出的；存在请明由.（3【索如③等腰中，为边中三形明的一顶点放点其中两条分交边、于点、（点、均与的顶重连接表示..设与的周之为 （含【答（）：；：∵EDF60，【答（）：；：∵EDF60，B=1°∴CDF∠BE=10∠BED∠BE=10，∴∠BD=CD，又∵B=C，∴（2解解存在如作D⊥BEDGEFD⊥CF垂分为MG，∵平分且平分，∴DM=G=D，又∵B=C=6°∠B=∠CN=9°，∴△BM≅CD，∴BD=D，即点D是C中，∴。（3）-coα【考点】全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，相似三形判与质【解【答（△ABC是边角形∴A=BC=A=6∠B∠C=0∵AE4∴E=2则BBD，∴△BDE是边角∴∠BE=6°又∠E=60，∠CD=18°EDF-B=6°则CDF∠C=60，∴△CF等三形∴CF=D=B-BD6-24。（3）结A，作OGE，O⊥E，O⊥C，分为GD，，则∠BO=CHO90，∵AB=CO是C中点∴∠B∠，OBOC，∴△O则∠BO=CHO90，∵AB=CO是C中点∴∠B∠，OBOC，∴△OG≅OC，∴OG=H，B=C，BOG∠COH90−α，则∠GH=10°（BOG∠CO）=α，∵∠EF=B=α，则∠GH=∠EO=2α，由（）可想用EED+DFEG+H可过旋转明，则=AE+EFAF=E+E+FHF=AG+H=2G，设ABm则OBmcoαB=mco2α,【分（先出E的长后现E=BD的又∠B60知BDE等边角得BDE0°，另外EDF60，证△CDF是边角，而CFCD=C-B；②证明这模可“一三角相模”据AA判相（2思】由平线联到平线的质角分上点到两的离等，可过D作M⊥E，GE，DN⊥F，则DMDG=N，从而通过证明△BDM≅△CDN可得BD=D（3【探索】由已知不难求得=2(m+cos)，则需要用m和α 的三角函数表示出，=AE+E+A中接知O是C中2题的法结作O⊥EO⊥EH⊥C，可得G=