2018年中考數(shù)學(xué)真題分類匯編第一期專題37操作探究試題含解析20190125365

PAGEPAGE12操作探究一、選擇題1．（2018?湖北荊門?3分）如圖，等腰Rt△ABC中，斜邊AB的長(zhǎng)為2，O為AB的中點(diǎn)，P為AC邊上的動(dòng)點(diǎn)，OQ⊥OP交BC于點(diǎn)Q，M為PQ的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)M所經(jīng)過(guò)的路線長(zhǎng)為（）A． B． C．1 D．2【分析】連接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如圖，利用等腰直角三角形的性質(zhì)得AC=BC=，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再證明Rt△AOP≌△COQ得到AP=CQ，接著利用△APE和△BFQ都為等腰直角三角形得到PE=AP=CQ，QF=BQ，所以PE+QF=BC=1，然后證明MH為梯形PEFQ的中位線得到MH=，即可判定點(diǎn)M到AB的距離為，從而得到點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)路線為△ABC的中位線，最后利用三角形中位線性質(zhì)得到點(diǎn)M所經(jīng)過(guò)的路線長(zhǎng)．【解答】解：連接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如圖，∵△ACB為到等腰直角三角形，∴AC=BC=AB=，∠A=∠B=45°，∵O為AB的中點(diǎn)，∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，∴∠OCB=45°，∵∠POQ=90°，∠COA=90°，∴∠AOP=∠COQ，在Rt△AOP和△COQ中，∴Rt△AOP≌△COQ，∴AP=CQ，易得△APE和△BFQ都為等腰直角三角形，∴PE=AP=CQ，QF=BQ，∴PE+QF=（CQ+BQ）=BC=×=1，∵M(jìn)點(diǎn)為PQ的中點(diǎn)，∴MH為梯形PEFQ的中位線，∴MH=（PE+QF）=，即點(diǎn)M到AB的距離為，而CO=1，∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)路線為△ABC的中位線，∴當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)M所經(jīng)過(guò)的路線長(zhǎng)=AB=1．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了軌跡：通過(guò)計(jì)算確定動(dòng)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不變的量，從而得到運(yùn)動(dòng)的軌跡．也考查了等腰直角三角形的性質(zhì)．2．（2018·浙江臨安·3分）如圖，正方形硬紙片ABCD的邊長(zhǎng)是4，點(diǎn)E、F分別是AB、BC的中點(diǎn)，若沿左圖中的虛線剪開(kāi)，拼成如圖的一座“小別墅”，則圖中陰影部分的面積是（）A．2 B．4 C．8 D．10【考點(diǎn)】陰影部分的面積【分析】本題考查空間想象能力．【解答】解：陰影部分由一個(gè)等腰直角三角形和一個(gè)直角梯形組成，由第一個(gè)圖形可知：陰影部分的兩部分可構(gòu)成正方形的四分之一，正方形的面積=4×4=16，∴圖中陰影部分的面積是16÷4=4．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是得到陰影部分的組成與原正方形面積之間的關(guān)系．3（2018·浙江舟山·3分）將一張正方形紙片按如圖步驟①，②沿虛線對(duì)折兩次，然后沿③中平行于底邊的虛線剪去一個(gè)角，展開(kāi)鋪平后的圖形是（

）A.

B.

C.

D.

【考點(diǎn)】剪紙問(wèn)題【解析】【解答】解：沿虛線剪開(kāi)以后，剩下的圖形先向右上方展開(kāi)，缺失的部分是一個(gè)等腰直角三角形，用直角邊與正方形的邊是分別平行的，再沿著對(duì)角線展開(kāi)，得到圖形A。

故答案為A。

【分析】根據(jù)對(duì)稱的性質(zhì)，用倒推法去展開(kāi)這個(gè)折紙?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了等腰直角三角形、直角三角形的判定和考生的空間想象能力.二.填空題(要求同上一.)1．（2018·湖南省常德·3分）如圖，將矩形ABCD沿EF折疊，使點(diǎn)B落在AD邊上的點(diǎn)G處，點(diǎn)C落在點(diǎn)H處，已知∠DGH=30°，連接BG，則∠AGB=75°．【分析】由折疊的性質(zhì)可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，從而可證明∠EBG=∠EGB．，然后再根據(jù)∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH，由平行線的性質(zhì)可知∠AGB=∠GBC，從而易證∠AGB=∠BGH，據(jù)此可得答案．【解答】解：由折疊的性質(zhì)可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，∴∠EBG=∠EGB．∴∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH．又∵AD∥BC，∴∠AGB=∠GBC．∴∠AGB=∠BGH．∵∠DGH=30°，∴∠AGH=150°，∴∠AGB=∠AGH=75°，故答案為：75°．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查翻折變換，解題的關(guān)鍵是熟練掌握翻折變換的性質(zhì)：折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對(duì)應(yīng)邊和對(duì)應(yīng)角相等．2.（2018·浙江舟山·4分）如圖，量角器的0度刻度線為AB，將一矩形直尺與量角器部分重疊，使直尺一邊與量角器相切于點(diǎn)C，直尺另一邊交量角器于點(diǎn)A，D，量得AD=10cm，點(diǎn)D在量角器上的讀數(shù)為60°，則該直尺的寬度為_(kāi)_______

cm?！究键c(diǎn)】垂徑定理，切線的性質(zhì)【分析】因?yàn)橹背吡硪贿匛F與圓O相切于點(diǎn)C，連接OC，可知求直尺的寬度就是求CG=OC-OG，而OC=OA；OG和OA都在Rt△AOG中，即根據(jù)解直角三角形的思路去做：由垂定理可知AG=DG=AD=5cm，∠AOG=∠AOD=60°，從而可求答案.【解答】解：如圖，連結(jié)OD，OC，OC與AD交于點(diǎn)G,設(shè)直尺另一邊為EF，

因?yàn)辄c(diǎn)D在量角器上的讀數(shù)為60°，

所以∠AOD=120°，

因?yàn)橹背咭贿匛F與量角器相切于點(diǎn)C，

所以O(shè)C⊥EF，

因?yàn)镋F//AD，

所以O(shè)C⊥AD，

由垂徑定理得AG=DG=AD=5cm，∠AOG=∠AOD=60°，

在Rt△AOG中，AG=5cm，∠AOG=60°，

則OG=cm,OC=OA=cm

則CG=OC-OG=cm.

【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是利用垂徑定理和切線的性質(zhì).三.解答題(要求同上一)1.．（2018?四川涼州?8分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O1的坐標(biāo)為（﹣4，0），以點(diǎn)O1為圓心，8為半徑的圓與x軸交于A，B兩點(diǎn)，過(guò)A作直線l與x軸負(fù)方向相交成60°的角，且交y軸于C點(diǎn)，以點(diǎn)O2（13，5）為圓心的圓與x軸相切于點(diǎn)D．（1）求直線l的解析式；（2）將⊙O2以每秒1個(gè)單位的速度沿x軸向左平移，當(dāng)⊙O2第一次與⊙O1外切時(shí)，求⊙O2平移的時(shí)間．【分析】（1）求直線的解析式，可以先求出A、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)，就可以根據(jù)待定系數(shù)法求出函數(shù)的解析式．（2）設(shè)⊙O2平移t秒后到⊙O3處與⊙O1第一次外切于點(diǎn)P，⊙O3與x軸相切于D1點(diǎn)，連接O1O3，O3D1．在直角△O1O3D1中，根據(jù)勾股定理，就可以求出O1D1，進(jìn)而求出D1D的長(zhǎng)，得到平移的時(shí)間．【解答】解：（1）由題意得OA=|﹣4|+|8|=12，∴A點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣12，0）．∵在Rt△AOC中，∠OAC=60°，OC=OAtan∠OAC=12×tan60°=12．∴C點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，﹣12）．設(shè)直線l的解析式為y=kx+b，由l過(guò)A、C兩點(diǎn)，得，解得∴直線l的解析式為：y=﹣x﹣12．（2）如圖，設(shè)⊙O2平移t秒后到⊙O3處與⊙O1第一次外切于點(diǎn)P，⊙O3與x軸相切于D1點(diǎn)，連接O1O3，O3D1．則O1O3=O1P+PO3=8+5=13．∵O3D1⊥x軸，∴O3D1=5，在Rt△O1O3D1中，．∵O1D=O1O+OD=4+13=17，∴D1D=O1D﹣O1D1=17﹣12=5，∴（秒）．∴⊙O2平移的時(shí)間為5秒．【點(diǎn)評(píng)】本題綜合了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，以及圓的位置關(guān)系，其中兩圓相切時(shí)的輔助線的作法是經(jīng)常用到的．2.．（2018?四川涼州?10分）如圖，已知拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過(guò)A（1，0），B（0，2）兩點(diǎn)，頂點(diǎn)為D．（1）求拋物線的解析式；（2）將△OAB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，點(diǎn)B落到點(diǎn)C的位置，將拋物線沿y軸平移后經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，求平移后所得圖象的函數(shù)關(guān)系式；（3）設(shè)（2）中平移后，所得拋物線與y軸的交點(diǎn)為B1，頂點(diǎn)為D1，若點(diǎn)N在平移后的拋物線上，且滿足△NBB1的面積是△NDD1面積的2倍，求點(diǎn)N的坐標(biāo)．【分析】（1）利用待定系數(shù)法，將點(diǎn)A，B的坐標(biāo)代入解析式即可求得；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的知識(shí)可得：A（1，0），B（0，2），∴OA=1，OB=2，可得旋轉(zhuǎn)后C點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，1），當(dāng)x=3時(shí)，由y=x2﹣3x+2得y=2，可知拋物線y=x2﹣3x+2過(guò)點(diǎn)（3，2）∴將原拋物線沿y軸向下平移1個(gè)單位后過(guò)點(diǎn)C．∴平移后的拋物線解析式為：y=x2﹣3x+1；（3）首先求得B1，D1的坐標(biāo)，根據(jù)圖形分別求得即可，要注意利用方程思想．【解答】解：（1）已知拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過(guò)A（1，0），B（0，2），∴，解得，∴所求拋物線的解析式為y=x2﹣3x+2；（2）∵A（1，0），B（0，2），∴OA=1，OB=2，可得旋轉(zhuǎn)后C點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，1），當(dāng)x=3時(shí)，由y=x2﹣3x+2得y=2，可知拋物線y=x2﹣3x+2過(guò)點(diǎn)（3，2），∴將原拋物線沿y軸向下平移1個(gè)單位后過(guò)點(diǎn)C．∴平移后的拋物線解析式為：y=x2﹣3x+1；（3）∵點(diǎn)N在y=x2﹣3x+1上，可設(shè)N點(diǎn)坐標(biāo)為（x0，x02﹣3x0+1），將y=x2﹣3x+1配方得y=（x﹣）2﹣，∴其對(duì)稱軸為直線x=．①0≤x0≤時(shí)，如圖①，∵，∴∵x0=1，此時(shí)x02﹣3x0+1=﹣1，∴N點(diǎn)的坐標(biāo)為（1，﹣1）．②當(dāng)時(shí)，如圖②，同理可得，∴x0=3，此時(shí)x02﹣3x0+1=1，∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（3，1）．③當(dāng)x＜0時(shí)，由圖可知，N點(diǎn)不存在，∴舍去．綜上，點(diǎn)N的坐標(biāo)為（1，﹣1）或（3，1）．【點(diǎn)評(píng)】此題屬于中考中的壓軸題，難度較大，知識(shí)點(diǎn)考查的較多而且聯(lián)系密切，需要學(xué)生認(rèn)真審題．此題考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合知識(shí)，解題的關(guān)鍵是要注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．3.（2018?山西?12分）(本題12分)綜合與實(shí)踐問(wèn)題情境：在數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，老師出示了這樣一個(gè)問(wèn)題：如圖1，在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)且BE=AB連接DE交BC于點(diǎn)M以DE為一邊在DE的左下方作正方形DEFG，連接AM．試判斷線段AM與DE的位置關(guān)系．探究展示：勤奮小組發(fā)現(xiàn)，AM垂直平分DE，并展示了如下的證明方法：證明：BEA,E2D2,D四邊形ABCD是矩形，D//.（依據(jù)１）EB,MM.即AM是△ADE的DE邊上的中線，又DE,M.（依據(jù)2）AM垂直平分DE．反思交流：(1)上述證明過(guò)程中的“依據(jù)1“依據(jù)2”分別是指什么？試判斷圖１中的點(diǎn)A是否在線段GF的垂直平分上，請(qǐng)直接回答，不必證明；(2)創(chuàng)新小組受到勤奮小組的啟發(fā)，繼續(xù)進(jìn)行探究，如圖2，連接CE，以CE為一邊在CE的左下方作正方形CEFG，發(fā)現(xiàn)點(diǎn)G在線段BC的垂直平分線上，請(qǐng)你給出證明；探索發(fā)現(xiàn)：(3)如圖3，連接CE，以CE為一邊在CE的右上方作正方形CEFG，可以發(fā)現(xiàn)點(diǎn)C，點(diǎn)B都在線段AE的垂直平分線上，除此之外，請(qǐng)觀察矩形ABCD和正方形CEFG的頂點(diǎn)與邊，你還能發(fā)現(xiàn)哪個(gè)頂點(diǎn)在哪條邊的垂直平分線上，請(qǐng)寫出一個(gè)你發(fā)現(xiàn)的結(jié)論，并加以證明.【考點(diǎn)】平行線分線段成比例，三線合一，正方形、矩形性質(zhì)，全等【解析】(1) 答：依據(jù)1：兩條直線被一組平行線所截，所得的對(duì)應(yīng)線段成比例（或平行線分線段成比例）.依據(jù)2：等腰三角形頂角的平分線，底邊上的中線及底邊上的高互相重合（或等腰三角形的“三線合一）.答：點(diǎn)A在線段GF的垂直平分線上.(2) 證明：過(guò)點(diǎn)G作GHBC于點(diǎn)H，四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)E在AB的延長(zhǎng)線上，ECC..四邊形CEFG為正方形，GE,E.13..C≌.C.四邊形ABCD是矩形，D.D2,E,C2E2.CH.GH垂直平分BC.點(diǎn)G在BC的垂直平分線上（3）答：點(diǎn)F在BC邊的垂直平分線上（或點(diǎn)F在AD邊的垂直平分線上）.證法一：過(guò)點(diǎn)F作FMBC于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)E作ENFM于點(diǎn)N.NMF.四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)E在AB的延長(zhǎng)線上，EC.四邊形BENM為矩形.MN,N.12.四邊形CEFG為正方形，F(xiàn)C,F.23..EF,E.M.四邊形ABCD是矩形，D.D2,B.C2M.M.FM垂直平分BC，點(diǎn)F在BC邊的垂直平分線上.證法二：過(guò)F作FNBE交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，連接FB，F(xiàn)C.四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)E在AB的延長(zhǎng)線上，∠CBE=∠ABC=∠N=90°.∠1+∠3=90°.四邊形CEFG為正方形，EC=EF，∠CEF=90°.∠1+∠2=90°.∠2=∠3.△ENF△CBE.NF=BE,NE=BC.四邊形ABCD是矩形，AD=BC.AD=2AB，BE=AB.設(shè)BE=a，則BC=EN=2a,NF=a.PAGE28BF=CF.點(diǎn)F在BC邊的垂直平分線上.4（2018?山東菏澤?10分）問(wèn)題情境：在綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“矩形紙片的剪拼”為主題開(kāi)展數(shù)學(xué)活動(dòng)．如圖1，將：矩形紙片ABCD沿對(duì)角線AC剪開(kāi)，得到△ABC和△ACD．并且量得AB=2cm，AC=4cm．操作發(fā)現(xiàn)：（1）將圖1中的△ACD以點(diǎn)A為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)∠α，使∠α=∠BAC，得到如圖2所示的△AC′D，過(guò)點(diǎn)C作AC′的平行線，與DC'的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，則四邊形ACEC′的形狀是菱形．（2）創(chuàng)新小組將圖1中的△ACD以點(diǎn)A為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，使B、A、D三點(diǎn)在同一條直線上，得到如圖3所示的△AC′D，連接CC'，取CC′的中點(diǎn)F，連接AF并延長(zhǎng)至點(diǎn)G，使FG=AF，連接CG、C′G，得到四邊形ACGC′，發(fā)現(xiàn)它是正方形，請(qǐng)你證明這個(gè)結(jié)論．實(shí)踐探究：（3）縝密小組在創(chuàng)新小組發(fā)現(xiàn)結(jié)論的基礎(chǔ)上，進(jìn)行如下操作：將△ABC沿著BD方向平移，使點(diǎn)B與點(diǎn)A重合，此時(shí)A點(diǎn)平移至A'點(diǎn)，A'C與BC′相交于點(diǎn)H，如圖4所示，連接CC′，試求tan∠C′CH的值．【考點(diǎn)】LO：四邊形綜合題．【分析】（1）先判斷出∠ACD=∠BAC，進(jìn)而判斷出∠BAC=∠AC'D，進(jìn)而判斷出∠CAC'=∠AC'D，即可的結(jié)論；（2）先判斷出∠CAC'=90°，再判斷出AG⊥CC'，CF=C'F，進(jìn)而判斷出四邊形ACGC'是平行四邊形，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出∠ACB=30°，進(jìn)而求出BH，AH，即可求出CH，C'H，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）在如圖1中，∵AC是矩形ABCD的對(duì)角線，∴∠B=∠D=90°，AB∥CD，∴∠ACD=∠BAC，在如圖2中，由旋轉(zhuǎn)知，AC'=AC，∠AC'D=∠ACD，∴∠BAC=∠AC'D，∵∠CAC'=∠BAC，∴∠CAC'=∠AC'D，∴AC∥C'E，∵AC'∥CE，∴四邊形ACEC'是平行四邊形，∵AC=AC'，∴?ACEC'是菱形，故答案為：菱形；（2）在圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠CAD=∠ACB，∠B=90°，∴∠BAC+∠ACB=90°在圖3中，由旋轉(zhuǎn)知，∠DAC'=∠DAC，∴∠ACB=∠DAC'，∴∠BAC+∠DAC'=90°，∵點(diǎn)D，A，B在同一條直線上，∴∠CAC'=90°，由旋轉(zhuǎn)知，AC=AC'，∵點(diǎn)F是CC'的中點(diǎn)，∴AG⊥CC'，CF=C'F，∵AF=FG，∴四邊形ACGC'是平行四邊形，∵AG⊥CC'，∴?ACGC'是菱形，∵∠CAC'=90°，∴菱形ACGC'是正方形；（3）在Rt△ABC中，AB=2，AC=4，∴BC'=AC=4，BD=BC=2，sin∠ACB==，∴∠ACB=30°，由（2）結(jié)合平移知，∠CHC'=90°，在Rt△BCH中，∠ACB=30°，∴BH=BC?sin30°=，∴C'H=BC'﹣BH=4﹣，在Rt△ABH中，AH=AB=1，∴CH=AC﹣AH=4﹣1=3，在Rt△CHC'中，tan∠C′CH==．【點(diǎn)評(píng)】此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形是性質(zhì)，平行四邊形，菱形，矩形，正方形的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，判斷出∠CAC'=90°是解本題的關(guān)鍵．5（2018?株洲市）下圖為某區(qū)域部分交通線路圖，其中直線，直線與直線都垂直，，垂足分別為點(diǎn)A、點(diǎn)B和點(diǎn)C，（高速路右側(cè)邊緣），上的點(diǎn)M位于點(diǎn)A的北偏東30°方向上，且BM＝千米，上的點(diǎn)N位于點(diǎn)M的北偏東方向上，且，MN=千米，點(diǎn)A和點(diǎn)N是城際線L上的兩個(gè)相鄰的站點(diǎn).（1）求之間的距離（2）若城際火車平均時(shí)速為150千米/小時(shí)，求市民小強(qiáng)乘坐城際火車從站點(diǎn)A到站點(diǎn)N需要多少小時(shí)？（結(jié)果用分?jǐn)?shù)表示）【答案】（1）2；（2）小時(shí).【解析】分析：（1）直接利用銳角三角函數(shù)關(guān)系得出DM的長(zhǎng)即可得出答案；（2）利用tan30°=，得出AB的長(zhǎng)，進(jìn)而利用勾股定理得出DN的長(zhǎng)，進(jìn)而得出AN的長(zhǎng)，即可得出答案．詳解：（1）過(guò)點(diǎn)M作MD⊥NC于點(diǎn)D，∵cosα=，MN=2千米，∴cosα=，解得：DM=2（km），答：l2和l3之間的距離為2km；（2）∵點(diǎn)M位于點(diǎn)A的北偏東30°方向上，且BM=千米，∴tan30°=，解得：AB=3（km），可得：AC=3+2=5（km），∵M(jìn)N=2km，DM=2km，∴DN==4（km），則NC=DN+BM=5（km），∴AN==10（km），∵城際火車平均時(shí)速為150千米/小時(shí)，∴市民小強(qiáng)乘坐城際火車從站點(diǎn)A到站點(diǎn)N需要小時(shí)．點(diǎn)睛：此題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用，正確得出AN的長(zhǎng)是解題關(guān)鍵．6（2018?河南?10分）（1）問(wèn)題發(fā)現(xiàn)如圖1，在△OAB和△OCD中，OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=40°，連接AC，BD交于點(diǎn)M，填空：①的值為_(kāi)______；②∠AMB的度數(shù)為_(kāi)______。（2）類比探究如圖2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，連接AC交BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，請(qǐng)判斷的值及∠AMB的度數(shù)，并說(shuō)明理由；（3）拓展延伸在（2）的條件下，將△OCD繞點(diǎn)O在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，AC，BD所在直線交于點(diǎn)M，若OD=1，OB=，請(qǐng)直接寫出當(dāng)點(diǎn)C與點(diǎn)M重合時(shí)AC的長(zhǎng)。7（2018·廣東廣州·14分）如圖，在四邊形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，AB=BC．（1）求∠A+∠C的度數(shù)。（2）連接BD，探究AD，BD，CD三者之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由。（3）若AB=1，點(diǎn)E在四邊形ABCD內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，且滿足，求點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)度?！敬鸢浮浚?）解：在四邊形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，

∴∠A+∠C=360°-∠B-∠C=360°-60°-30°=270°。

（2）解：如圖，將△BCD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△BAQ，連接DQ，

∵BD=BQ，∠DBQ=60°，

∴△BDQ是等邊三角形，

∴BD=DQ，

∵∠BAD+∠C=270°，

∴∠BAD+∠BAQ=270°，

∴∠DAQ=360°-270°=90°，

∴△DAQ是直角三角形

∴AD2+AQ2=DQ2，

即AD2+CD2=BD2

（3）解：如圖，將△BCE繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△BAF，連接EF，

∵BE=BF，∠EBF=60°，

∴△BEF是等邊三角形，

∴EF=BE，∠BFE=60°，

∵AE2=BE2+CE2

∴AE2=EF2+AF2

∴∠AFE=90°

∴∠BFA=∠BFE+∠AFE=60°+90°=150°，

∴∠BEC=150°，

則動(dòng)點(diǎn)E在四邊形ABCD內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，滿足∠BEC=150°，以BC為邊向外作等邊△OBC，

則點(diǎn)E是以O(shè)為圓心，OB為半徑的圓周上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡為BC，

∵OB=AB=1，

則BC==【考點(diǎn)】等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的逆定理，多邊形內(nèi)角與外角，弧長(zhǎng)的計(jì)算，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【解析】【分析】（1）根據(jù)四邊形內(nèi)角和為360度，結(jié)合已知條件即可求出答案.

（2）將△BCD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△BAQ，連接DQ（如圖），由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)和等邊三角形判定得△BDQ是等邊三角形，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)根據(jù)角的計(jì)算可得△DAQ是直角三角形，根據(jù)勾股定理得AD2+AQ2=DQ2，即AD2+CD2=BD2.

（3）將△BCE繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△BAF，連接EF(如圖)，由等邊三角形判定得△BEF是等邊三角形，結(jié)合已知條件和等邊三角形性質(zhì)可得AE2=EF2+AF2，即∠AFE=90°，從而得出∠BFA=∠BEC=150°，從而得出點(diǎn)E是在以O(shè)為圓心，OB為半徑的圓周上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡為BC，根據(jù)弧長(zhǎng)公式即可得出答案.8（2018?江蘇揚(yáng)州?12分）問(wèn)題呈現(xiàn)如圖1，在邊長(zhǎng)為1的正方形網(wǎng)格中，連接格點(diǎn)D，N和E，C，DN和EC相交于點(diǎn)P，求tan∠CPN的值．方法歸納求一個(gè)銳角的三角函數(shù)值，我們往往需要找出（或構(gòu)造出）一個(gè)直角三角形．觀察發(fā)現(xiàn)問(wèn)題中∠CPN不在直角三角形中，我們常常利用網(wǎng)格畫平行線等方法解決此類問(wèn)題，比如連接格點(diǎn)M，N，可得MN∥EC，則∠DNM=∠CPN，連接DM，那么∠CPN就變換到Rt△DMN中．問(wèn)題解決（1）直接寫出圖1中tan∠CPN的值為2；（2）如圖2，在邊長(zhǎng)為1的正方形網(wǎng)格中，AN與CM相交于點(diǎn)P，求cos∠CPN的值；思維拓展（3）如圖3，AB⊥BC，AB=4BC，點(diǎn)M在AB上，且AM=BC，延長(zhǎng)CB到N，使BN=2BC，連接AN交CM的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，用上述方法構(gòu)造網(wǎng)格求∠CPN的度數(shù)．【分析】（1）連接格點(diǎn)M，N，可得MN∥EC，則∠DNM=∠CPN，連接DM，那么∠CPN就變換到Rt△DMN中．（2）如圖2中，取格點(diǎn)D，連接CD，DM．那么∠CPN就變換到等腰Rt△DMC中．（3）利用網(wǎng)格，構(gòu)造等腰直角三角形解決問(wèn)題即可；【解答】解：（1）如圖1中，∵EC∥MN，∴∠CPN=∠DNM，∴tan∠CPN=tan∠DNM，∵∠DMN=90°，∴tan∠CPN=tan∠DNM===2，故答案為2．（2）如圖2中，取格點(diǎn)D，連接CD，DM．∵CD∥AN，∴∠CPN=∠DCM，∵△DCM是等腰直角三角形，∴∠DCM=∠D=45°，∴cos∠CPN=cos∠DCM=．（3）如圖3中，如圖取格點(diǎn)M，連接AN、MN．∵PC∥MN，∴∠CPN=∠ANM，∵AM=MN，∠AMN=90°，∴∠ANM=∠MAN=45°，∴∠CPN=45°．【點(diǎn)評(píng)】本題考查三角形綜合題、平行線的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．9

（2018?江蘇鹽城?10分）（1）【發(fā)現(xiàn)】如圖①，已知等邊，將直角三角形的角頂點(diǎn)任意放在邊上（點(diǎn)不與點(diǎn)、重合），使兩邊分別交線段、于點(diǎn)、.

①若，，，則________；

②求證：.________（2）【思考】若將圖①中的三角板的頂點(diǎn)在邊上移動(dòng)，保持三角板與、的兩個(gè)交點(diǎn)、都存在，連接，如圖②所示.問(wèn)點(diǎn)是否存在某一位置，使平分且平分？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.（3）【探索】如圖③，在等腰中，，點(diǎn)為邊的中點(diǎn)，將三角形透明紙板的一個(gè)頂點(diǎn)放在點(diǎn)處（其中），使兩條邊分別交邊、于點(diǎn)、（點(diǎn)、均不與的頂點(diǎn)重合），連接.設(shè)，則與的周長(zhǎng)之比為_(kāi)_______（用含的表達(dá)式表示）.【答案】（1）解：4；證明：∵∠EDF=60°，∠B=160°∴∠CDF+∠BDE=120°，∠BED+∠BDE=120°，

∴∠BED=∠CDF，

又∵∠B=∠C，

∴

（2）解：解：存在。如圖，作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分別為M，G，N，

∵平分且平分，

∴DM=DG=DN，

又∵∠B=∠C=60°，∠BMD=∠CND=90°，

∴△BDM?△CDN，

∴BD=CD，

即點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，

∴。

（3）1-cosα【考點(diǎn)】全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)【解析】【解答】（1）①∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=60°，∵AE=4，∴BE=2，則BE=BD，∴△BDE是等邊三角形，∴∠BDE=60°，又∵∠EDF=60°，∴∠CDF=180°-∠EDF-∠B=60°，則∠CDF=∠C=60°，

∴△CDF是等邊三角形，∴CF=CD=BC-BD=6-2=4。

（3）連結(jié)AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分別為G，D，H，

則∠BGO=∠CHO=90°，

∵AB=AC，O是BC的中點(diǎn)

∴∠B=∠C，OB=OC，

∴△OBG?△OCH，

∴OG=OH，GB=CH，∠BOG=∠COH=90°?α，

則∠GOH=180°-（∠BOG+∠COH）=2α，

∵∠EOF=∠B=α，

則∠GOH=2∠EOF=2α，

由（2）題可猜想應(yīng)用EF=ED+DF=EG+FH（可通過(guò)半角旋轉(zhuǎn)證明），

則=AE+EF+AF=AE+EG+FH+AF=AG+AH=2AG，

設(shè)AB=m，則OB=mcosα，GB=mcos2α,

【分析】（1）①先求出BE的長(zhǎng)度后發(fā)現(xiàn)BE=BD的，又∠B=60°，可知△BDE是等邊三角形，可得∠BDE=60°，另外∠EDF=60°，可證得△CDF是等邊三角形，從而CF=CD=BC-BD；

②證明，這個(gè)模型可稱為“一線三等角·相似模型”，根據(jù)“AA”判定相似；（2）【思考】由平分線可聯(lián)系到角平分線的性質(zhì)“角平分線上的點(diǎn)到角兩邊的距離相等”，可過(guò)D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，則DM=DG=DN，從而通過(guò)證明△BDM?△CDN可得BD=CD；（3）【探索】由已知不難求得=2(m+mcos)，則需要用m和α的三角函數(shù)表示出，=AE+EF+AF；題中直接已知O是BC的中點(diǎn)，應(yīng)用（2）題的方法和結(jié)論，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得EG=ED，F(xiàn)H=DF，則=AE+EF+AF=AG+AH=2AG，而AG=AB-OB，從而可求得。10（2018?江西?12分）小賢與小杰在探究某類二次函數(shù)問(wèn)題時(shí)，經(jīng)歷了如下過(guò)程：求解體驗(yàn)(1)已知拋物線y=-x2+bx-3經(jīng)過(guò)點(diǎn)(-1,0),則b=，頂點(diǎn)坐標(biāo)為該拋物線關(guān)于點(diǎn)(0,1）成中心對(duì)稱的拋物線的表達(dá)式是.抽象感悟我們定義：對(duì)于拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)