冲刺2022年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练（丽水中考压轴8道变式32道）解析版

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1、浙江省丽水浙江省丽水市市卷（压轴卷（压轴 8 道道+变式训练变式训练 32 道）道） 说明：本专辑精选了 2021 年浙江省丽水市卷失分较多和难度较大的题目 8 道，分别是第 10 题几何变换中的计算问题、第 15 题七巧板拼图问题、第 16 题代数式求值问题、第 20 题基 本作图问题、第 21 题一次函数应用问题、第 22 题圆综合问题、第 23 题二次函数综合问题、 第 24 题四边形综合问题，每道题精讲精析，配有变式练习各 4 道，浙江省丽水市浙江省丽水市变式训练题变式训练题 共共 3232 道道，试题解析共，试题解析共 6262 页页. . 【压轴一】几何变换中的计算问题 【真题再现

2、】【真题再现】 （2021 浙江丽水中考第 10 题）如图，在 RtABC 纸片中，ACB90，AC4，BC3， 点 D，E 分别在 AB，AC 上，连结 DE，将ADE 沿 DE 翻折，使点 A 的对应点 F 落在 BC 的延长线上， 若 FD 平分EFB，则 AD 的长为（ ） A25 9 B25 8 C15 7 D20 7 【思路点拨】【思路点拨】由翻折得出 ADDF，ADFE，再根据 FD 平分EFB，得出DFHA，然后借助相 似列出方程即可 【详析详解】【详析详解】解：作 DHBC 于 H， 在 RtABC 纸片中，ACB90， 由勾股定理得：AB= 32+ 42= 5， 将ADE

3、沿 DE 翻折得DEF， ADDF，ADFE， FD 平分EFB， DFEDFH， DFHA， 设 DH3x， 在 RtDHF 中，sinDFHsinA= 3 5， DF5x， BD55x， BDHBAC， = ， 5;5 5 = 3 4 ， x= 4 7， AD5x= 20 7 故选：D 【方法小结】【方法小结】本题考查了以直角三角形为背景的翻折问题，紧扣翻折前后对应线段相等、对应角相等来解 决问题，通过相似表示线段和列方程是解题本题的关键 【变式训练】【变式训练】 【变式【变式 1.1】 （2020 秋丽水期末）如图，在ABC 中，ACB90，B30，D 在 AB 上，E 在 CB 上，

4、A，C 关于 DE 的对称点分别是 G，F，若 F 在 AB 上，DGAB，DG2，则 DE 的长是（ ） A36 32 B32 6 C4 D23 【分析】连接 CD，取 AC 的中点 T，连接 DT，过点 E 作 EHCD 于 H首先证明ADC90，再证 明 CEEFFB623，证明DHE 是等腰直角三角形，想办法求出 DH 即可解决问题 【详解】解：连接 CD，取 AC 的中点 T，连接 DT，过点 E 作 EHCD 于 H ACB90，B30， A903060， 由翻折的旋转可知，ADDG2，ACFG，ADEGDE，AG60， DGAB， GDF90，DFG30， FGAC2DG4，DF

5、= 3DG23，AB2AC8， ATCT2AD，A60， ADT 是等边三角形， DTATTC， ADC90， ACD906030， DCEDFE60， DFEB+FEB， FEBB30， ECEFFB8223 =623， CH= 1 2EC33， CDDF23， DHCDCH23 （33）33 3， CDEEDF45， DE= 2DH36 32 故选：A 【点评】本题考查翻折变换，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质 等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题 【变式【变式 1.2】 （2020 春丽水期末）如图，AB

6、C 中，B90，A30，E，F 分别是边 AB，AC 上的 点，连接 EF，将AEF 沿着者 EF 折叠，得到AEF，当AEF 的三边与ABC 的三边有一组边平行 时，AEF 的度数不可能是（ ） A120 B105 C75 D45 【分析】分三种情况讨论，利用翻折变换和平行线的性质可求AEF 的度数，再利用排除法可求解 【详解】解：如图 1， 若 AEBC 时， AEACBA90， 将AEF 沿着者 EF 折叠， AEFAEF45； 如图 2，设 AF 与 AB 交于点 H， 若 AFBC 时， CBAFHA90， AFH180AHFA180903060， 将AEF 沿着者 EF 折叠， A

7、FEAFE30； AEF180AAFE120； 如图 3， 若 AEAF 时， AEBA30， AEA150， 将AEF 沿着者 EF 折叠， AEFAEF75； AEF 的度数不可能是 105， 故选：B 【点评】本题是翻折变换，平行线的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键 【变式【变式 1.3】 （2020 春武义县期末） 将矩形 ABCD 按如图方式折叠， 点 B， 点 C 恰好落在点 G 处， 且 A， G， F 在同一条直线上若 AB4，BC6，则 CF 的长是（ ） A9 4 B5 2 C11 4 D3 【分析】由折叠的性质可得 ABAG4，CFGF，由勾股定理可求 CF 的

8、长 【详解】解：将矩形 ABCD 按如图方式折叠，点 B，点 C 恰好落在点 G 处，且 A，G，F 在同一条直 线上 ABAG4，CFGF， AF4+CF， AF2AD2+DF2， （4+CF）236+（4CF）2， CF= 9 4 故选：A 【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，利用勾股定理列出方程求 CF 的长是本题的关键 【变式【变式 1.4】 （2019金华）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图，再沿虚线剪去一个角，展开 铺平后得到图，其中 FM，GN 是折痕若正方形 EFGH 与五边形 MCNGF 的面积相等，则 的值是 （ ） A5;2 2 B2 1 C1 2 D 2 2

9、 【分析】连接 HF，设直线 MH 与 AD 边的交点为 P，根据剪纸的过程以及折叠的性质得 PHMF 且正方 形 EFGH 的面积= 1 5 正方形 ABCD 的面积，从而用 a 分别表示出线段 GF 和线段 MF 的长即可求解 【详解】解：连接 HF，设直线 MH 与 AD 边的交点为 P，如图： 由折叠可知点 P、H、F、M 四点共线，且 PHMF， 设正方形 ABCD 的边长为 2a， 则正方形 ABCD 的面积为 4a2， 若正方形 EFGH 与五边形 MCNGF 的面积相等 由折叠可知正方形 EFGH 的面积= 1 5 正方形 ABCD 的面积= 4 5 2， 正方形 EFGH 的

10、边长 GF=4 5 2= 25 5 HF= 2GF= 210 5 MFPH= 2210 5 2 = 510 5 a = 5;10 5 a 25 5 = 52 2 故选：A 【点评】本题主要考查了剪纸问题、正方形的性质以及折叠的性质，由剪纸的过程得到图形中边的关系 是解题关键 【压轴二】七巧板拼图问题 【真题再现】【真题再现】 （2021 浙江丽水中考第 15 题）小丽在“红色研学”活动中深受革命先烈事迹的鼓舞，用正方 形纸片制作成图 1 的七巧板，设计拼成图 2 的“奔跑者”形象来激励自己已知图 1 正方形纸片的边长 为 4，图 2 中 FM2EM，则“奔跑者”两脚之间的跨度，即 AB，CD

11、之间的距离是 13 3 【思路点拨】【思路点拨】如图 2 中，过点 E 作 EIFK 于 I，过点 M 作 MJFK 于 J想办法求出 BM，MJ，FK 与 CD 之间的距离，可得结论 【详析详解】【详析详解】解：如图 2 中，过点 E 作 EIFK 于 I，过点 M 作 MJFK 于 J 由题意，ABM，EFK 都是等腰直角三角形，ABBM2，EKEF22，FK4，FK 与 CD 之间 的距离为 1， EIFK， KIIF， EI= 1 2FK2， MJEI， = = 2 3， MJ= 4 3， ABCD， AB 与 CD 之间的距离2+ 4 3 +1= 13 3 ， 故答案为：13 3 【

12、方法小结】【方法小结】本题考查七巧板，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线 构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型 【变式训练】【变式训练】 【变式【变式 2.1】 （2020温州模拟）七巧板被西方人称为“东方魔板” ，下面的两幅图是由同一副七巧板拼成的， 若七巧板拼成的正方形（如图 1）的边长为22，则“衣服型” （如图 2）的周长为（ ） A10 B12 C10 + 42 D12 + 22 【分析】先依次将原七巧板里面的各个图形的边长求出 来，然后根据构成“衣服型”图形的每个图形的 的 边长计算其周长即可 【详解】解：如图示， 七巧板里面的各个三角形均为等腰直

13、角三角形， 所有锐角都等于 45， 正方形的边长为 22， 根据勾股定理，有：OAODOCEF2，AEBEBFCFHI= 2，GAGEEI0GOI OHHC1 如图示；当七巧板拼成“衣服型”时， 则“衣服型”的周长为：AB+BC+CD+DE+EF+FG+GH+HI+IJ+JK+KA 2+2+2 +1+2 +1+1+2 +1+2 +210+42 故选：C 【点评】本题考查了七巧板，考查了勾股定理和等腰直角三角形的性质，求出七巧板里面各个图形的边 长是解题关键 【变式【变式 2.2】 （2020 秋长兴县月考）小慧用图 1 中的一副七巧板拼出如图 2 所示的“行礼图” ，已知正方形 ABCD 的边

14、长为 4，则图 2 中 h 的值为（ ） A6 B42 C4+2 D8 【分析】根据七巧板的特征，依次得到的高，再相加即可求解 【详解】解：正方形 ABCD 的边长为 4， 的斜边上的高为 2，的高为 1，的斜边上的高为 1，的斜边上的高为2， 图 2 中 h 的值为 4+2 故选：C 【点评】本题考查了正方形的性质，七巧板知识，解题的关键是得到的高 【变式【变式 2.3】 （2019南浔区二模）七巧板是我们祖先的一项卓越创造，被西方人誉为“东方魔板” 已知如 图 1 所示的“正方形”和如图 2 所示的“风车型”都是由同一副七巧板拼成的，若图中正方形 ABCD 的 面积为 16，则正方形 EF

15、GH 的面积为（ ） A22 B24 C26 D28 【分析】设 BD4a，解直角三角形求出 BC、EF，再根据正方形 ABCD 的面积为 16，求出正方形 EFGH 的面积 【详解】解：如图，设 BD4a，则 CDBCBDSin4522a 正方形 ABCD 的面积为 16 （22a）216，解得 a= 2， EF= 2+ 2= (3)2+ (2)2= 26， 正方形 EFGH 的面积为 26 故选：C 【点评】本题考查了勾股定理和正方形的性质，能够求出两正方形的边长是解此题的关键 【变式【变式 2.4】 （2019 秋婺城区期末）小明和小凡是同班同学，被分到了同一个学习小组在一次数学活动课

16、上，他们各自用一张面积为 100cm2的正方形纸片制作了一副七巧板，并合作完成了如图所示的作品请 计算图中打圈部分的面积是（ ） A12.5cm2 B25cm2 C37.5cm2 D50cm2 【分析】由七巧板的制作过程可知，这只小猫的头部是用正方形的四分之一拼成的，所以面积是正方形 面积的四分之一 【详解】解： 小猫的头部的图形是 abc，在右图中三角形 h 的一半与 b 全等，而由图中 a+c+h 的一半正好是正方形的 四分之一，即阴影部分的面积是1 4 100cm225cm2， 故选：B 【点评】本题考查了正方形的性质，也考查了列代数式的内容，难度较大，还考查了学生的观察图形的 能力 【

17、压轴三】代数式求值问题 【真题再现】【真题再现】 （2021 浙江丽水中考第 16 题）数学活动课上，小云和小王在讨论张老师出示的一道代数式求 值问题： 已知实数 a，b 同时满足 a2+2ab+2，b2+2ba+2，求代数式 + 的值 结合他们的对话，请解答下列问题： （1）当 ab 时，a 的值是 2 或 1 （2）当 ab 时，代数式 + 的值是 7 【思路点拨】【思路点拨】 （1）将 ab 代入方程，然后解一元二次方程求解； （2）联立方程组，运用加减消元法并结合完全平方公式，求得 a2+b2和 ab 的值，然后将原式通分化简， 代入求解 【详析详解】【详析详解】解： （1）当 ab

18、时，a2+2aa+2， a2+a20， （a+2） （a1）0， 解得：a2 或 1， 故答案为：2 或 1； （2）联立方程组 2 + 2 = + 2 2+ 2 = + 2， 将+，得：a2+b2+2a+2bb+a+4， 整理，得：a2+b2+a+b4， 将，得：a2b2+2a2bba， 整理，得：a2b2+3a3b0， （a+b） （ab）+3（ab）0， （ab） （a+b+3）0， 又ab， a+b+30，即 a+b3， 将代入，得 a2+b234，即 a2+b27， 又（a+b）2a2+2ab+b29 ab1， + = 2:2 = 7， 故答案为：7 【方法小结】【方法小结】本题考查

19、分式的化简求值及完全平方公式的运用，掌握完全平方公式的公式结构和分式的化 简计算法则准确计算是解题关键 【变式训练】【变式训练】 【变式【变式 3.1】 （2018 春丽水期末）已知一列数：a12，a2a1+4，a3a2+6，anan1+2n（n 为正整 数，n2） ， （1）a4的值是 20 ； （2）当 n2018 时，则 an37n+324 的值是 4000000 【分析】根据规律表示出 an即可 【详解】解： （1）观察规律可知，an比 an1多 2n则 a4的2+4+6+820 （2） 由已知 n2018 时， a20182+4+6+220182 （1+2+3+2018） 2 201

20、92018 2 =2019 2018 a2018372018+32420192018372018+3244000000 故答案为： （1）20， （2）4000000 【点评】本题为规律探究题，考查数值规律归纳能力和整式运算 【变式【变式 3.2】 （2021 春拱墅区校级期中）设 a1，a2an都是正整数，其中 a1表示第一个数，a2表示第二个 数，依此类推，an表示第 n 个数（n 为正整数） ，已知 a11，4an（an+11）2（an1）2，则 a2 3 ，a2021 4041 【分析】先将 4an（an+11）2（an1）2，变形，结合 a11，a1，a2，a3是一列正整数，得出 递

21、推公式 an+1an+2，进而可得 an2n1，将 n2021 代入即可求得答案 【详解】解：a11，4an（an+11）2（an1）2，a1，a2，a3是一列正整数， an10， （an+11）2（an1）2+4an（an+1）2， an+11an+1， an+1an+2， a11， a23，a35，a47，a59， ， an2n1， a20212202114041 故答案为：3；4041 【点评】 本题考查了数字的变化规律， 由已知条件推出递推关系式， 进而得出含 n 字母的各项的表达式， 是解题的关键 【变式【变式 3.3】 （2020 秋拱墅区校级月考）有依次排列的 3 个数：3，5，

22、9，对任相邻的两个数，都用右边的 数减去左边的数，所得之差写在这两个数之间，可产生一个新数串：3，2，5，4，9，这称为第一次操作； 做第二次同样的操作后也可产生一个新数串：3，1，2，3，5，1，4，5，9，继续依次操作下去，问： （1）从数串 3，5，9 开始操作，则第 2 次操作以后所产生的那个新数串的所有数之和是 29 （2）从数串 2，10，7 开始操作，请用含 n 的代数式表示第 n 次操作以后所产生的那个新数串的所有数 之和 19+5n 【分析】 （1）根据“相邻的两个数，都用右边的数减去左边的数，所得之差写在这两个数之间”解答可 得； （2）分别计算出第 1 次、第 2 次及第

23、 3 次操作后所得数串的和发现：每一次操作后所得新数串所有数的 和比上一次增加 5，据此可得 【详解】解： （1）数串 3，5，9 进行第 2 次操作后所得的新数串为 3，1，2，3，5，1，4，5，9， 它们的和为 31+2+3+51+4+5+929 故答案为：29； （2）原数串为 3 个数：2，10，7，所有数之和为 19； 第 1 次操作后所得数串为：2，8，10，3，7，所有数之和为 24； 第 2 次操作后所得数串为：2，6，8，2，10，13，3，10，7，所有数之和为 29； 第 3 次操作后所得数串为：2，4，6，2，8，6，2，8，10，23，13，10，3，13，10，3

24、，7， 所有数之和为 34； 由上面可以看出，每一次操作后所得新数串所有数的和比上一次增加 5， 操作第 n 次操作以后所产生的那个新数串的所有数之和是 19+5n 故答案为：19+5n 【点评】此题主要考查了列代数式，本题中理解每一次操作的方法是前提，得出每一次操作以后所产生 的那个新数串的所有数之和的规律是关键 【变式【变式3.4】（2021宁波模拟） 若x、 y、 z满足3x+7y+z1和4x+10y+z2001， 则分式2000:2000:2000 :3 的值 为 3999 【分析】分式2000:2000:2000 :3 = 2000(:) :3 ，视 x+3y 与 x+y+z 为两个

25、整体，对方程组进行整 体改造后即可得出答案 【详解】解：由 x、y、z 满足 3x+7y+z1 和 4x+10y+z2001， 得出：2( + 3) + ( + + ) = 1 3( + 3) + ( + + ) = 2001，解得： + 3 = 2000 + + = 3999， 2000:2000:2000 :3 = 2000(:) :3 ， = 2000(3999) 2000 = 3999 故答案为：3999 【点评】本题考查了分式的化简求值与三元一次方程组的应用，难度较大，关键是视 x+3y 与 x+y+z 为两 个整体，对方程组进行整体改造 【压轴四】基本作图问题 【真题再现】【真题再

26、现】 （2021 浙江丽水中考第 20 题）如图，在 55 的方格纸中，线段 AB 的端点均在格点上，请按 要求画图 （1）如图 1，画出一条线段 AC，使 ACAB，C 在格点上； （2）如图 2，画出一条线段 EF，使 EF，AB 互相平分，E，F 均在格点上； （3）如图 3，以 A，B 为顶点画出一个四边形，使其是中心对称图形，且顶点均在格点上 【思路点拨】【思路点拨】 （1）AB 为长方形对角线，作出相等线段即可； （2）只要保证四边形 AFBE 是平行四边形即可； （3）同（2） 【详析详解】【详析详解】解：如图： （1）线段 AC 即为所作， （2）线段 EF 即为所作， （3）

27、四边形 ABHG 即为所作 【方法小结】【方法小结】本题考查作图应用与设计，平行四边形的判定，等腰三角形的判定等知识，解题的关键 是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型 【变式训练】【变式训练】 【变式【变式 4.1】 （2020 秋青田县期末）请利用三角板、量角器或直尺等工具，按要求完成作图 （1）取线段 BC 的中点 D，并连接 AD； （2）画ADC 的角平分线，交 AC 于点 E； （3）过点 C 画直线 AB 的垂线，垂足为 H 【分析】 （1）根据线段中点的定义画出图形即可 （2）根据角平分线的定义画出图形即可 （3）根据高的定义画出图形即可 【详解】解： （1）如图，

28、线段 AD 即为所求作 （2）如图，射线 DE 即为所求作 （3）如图，线段 CH 即为所求作 【点评】 本题考查作图复杂作图， 垂线等知识， 解题的关键是熟练掌握基本知识， 属于中考常考题型 【变式【变式 4.2】 （2020嵊州市模拟）图是 55 的网格图，每个小正方形的边长为 1，请按要求作格点图形（图 形的每个顶点都在格点上） （1）在图中以线段 PQ 为一边作一个等腰直角三角形； （2）在图中，作DEF 相似于ABC，且ABC 与DEF 的相似比是 1：2 【分析】 （1）根据等腰直角三角形的性质即可得到结论； （2）根据相似三角形的判定定理即可得到结论 【详解】解： （1）如图所示

29、，PQM 即为所求； （2）AB2，BC= 2，AC= 12+ 32= 10，ABC 与DEF 的相似比是 1：2 = = = 2 2 ， DE22，EF2，DF210， DEF 即为所求 【点评】本题考查了作图应用与设计作图，勾股定理 【变式【变式 4.3】 （2021西湖区校级三模）如图，在 56 的方格中，点 A、B 是两个格点，请按要求作图 （1）在图 1 中，以 AB 为边作矩形 ABEF（要求 E、F 两点均是格点） ； （2）在图 2 中，点 C、D 是两个格点，请在图中找出一个格点 P，使PAB 和PCD 相似（找出一个即 可） 【分析】 （1）根据矩形的定义作出图形即可 （2

30、）连接 BD,AC,延长 BD 交 AC 的延长线于点 P,点 P 即为所求 【详解】解： （1）如图，四边形 ABEF 即为所求 （2）如图，点 P 即为所求 【点评】本题考查作图应用与设计作图，矩形的判定和性质，相似三角形的判定等知识，解题的关键 是熟练掌握相似三角形的判定方法，属于中考常考题型 【变式【变式 4.4】 （2021滨江区三模）如图，在 55 的方格纸中，每个小正方形的边长均为 1，点 A，B 均在小 正方形的顶点上请在图中画出满足如下条件的图形 （1）在图 1 中画出一个菱形 ABCD，点 C、D 在小正方形的顶点上； （2）在图 2 中画出一个平行四边形 ABCD，点 C

31、、D 在小正方形的顶点上，且它的面积等于 4 【分析】 （1）根据菱形的判定画出图形即可 （2）根据平行四边形的判定以及题目的条件画出图形即可 【详解】解： （1）如图 1 中，菱形 ABCD 即为所求作 （2）如图 2 中，平行四边形 ABCD 即为所求作 【点评】本题考查作图应用与设计作图，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题 的关键是熟练掌握菱形的判定，属于中考常考题型 【压轴五】一次函数应用问题 【真题再现】【真题再现】 （2021 浙江丽水中考第 21 题）李师傅将容量为 60 升的货车油箱加满后，从工厂出发运送一批 物资到某地行驶过程中，货车离目的地的路程 s（千米

32、）与行驶时间 t（小时）的关系如图所示（中途 休息、加油的时间不计） 当油箱中剩余油量为 10 升时，货车会自动显示加油提醒设货车平均耗油量 为 0.1 升/千米，请根据图象解答下列问题： （1）直接写出工厂离目的地的路程； （2）求 s 关于 t 的函数表达式； （3）当货车显示加油提醒后，问行驶时间 t 在怎样的范围内货车应进站加油？ 【思路点拨】【思路点拨】 （1）由图象直接求出工厂离目的地的路程； （2）用待定系数法求出函数解析式即可； （3）当邮箱中剩余油量为 10 升时和当邮箱中剩余油量为 0 升时，求出 t 的取值即可 【详析详解】【详析详解】解： （1）由图象，得 t0 时，s

33、880， 工厂离目的地的路程为 880 千米， 答：工厂离目的地的路程为 880 千米； （2）设 skt+b（k0） ， 将（0，880）和（4，560）代入 skt+b 得， 880 = 560 = 4 + ， 解得： = 80 = 880 ， s 关于 t 的函数表达式：s80t+880（0t11） ， 答：s 关于 t 的函数表达式：s80t+880（0t11） ； （3）当邮箱中剩余油量为 10 升时， s880（6010）0.1380（千米） ， 38080t+880， 解得：t= 25 4 （小时） ， 当邮箱中剩余油量为 0 升时， s880600.1280（千米） ， 280

34、80t+880，解得：t= 15 2 （小时） ， k800， s 随 t 的增大而减小， t 的取值范围是25 4 t 15 2 【方法小结】【方法小结】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的 思想解答 【变式训练】【变式训练】 【变式【变式 5.1】 （2020灌南县一模）如图（1） ，公路上有 A、B、C 三个车站，一辆汽车从 A 站以速度 v1匀速 驶向 B 站，到达 B 站后不停留，以速度 v2匀速驶向 C 站，汽车行驶路程 y（千米）与行驶时间 x（小时） 之间的函数图象如图（2）所示 （1）当汽车在 A、B 两站之间匀速行驶时，求 y 与

35、 x 之间的函数关系式及自变量的取值范围； （2）求出 v2的值； （3）若汽车在某一段路程内刚好用 50 分钟行驶了 90 千米，求这段路程开始时 x 的值 【分析】 （1）根据函数图象设出一次函数解析式，运用待定系数法求出解析式即可； （2）根据距离时间速度计算； （3）设汽车在 A、B 两站之间匀速行驶 x 小时，根据题意列出方程，解方程即可 【详解】解： （1）根据图象可设汽车在 A、B 两站之间匀速行驶时，y 与 x 之间的函数关系式为 ykx， 图象经过（1，100） ， k100， y 与 x 之间的函数关系式为 y100 x， （0 x3） ； （2）当 y300 时，x3，

36、431 小时，420300120 千米， v2120 千米/小时； （3）设汽车在 A、B 两站之间匀速行驶 x 小时，则在汽车在 B、C 两站之间匀速行驶（5 6 x）小时， 由题意得，100 x+120（5 6 x）90， 解得 x0.5， 30.52.5 小时 答：这段路程开始时 x 的值是 2.5 小时 【点评】本题考查的是一次函数的应用，正确读懂函数图象、从中获取正确的信息、掌握待定系数法求 函数解析式的步骤是解题的关键，解答时，注意方程思想的灵活运用 【变式【变式 5.2】 （2020丽水模拟）如图，在平面直角坐标系中，点 A，B，C 的坐标分别是（4，0） ， （0，3） ， （

37、9，0） 过直线 AB 上的点 P 作 PC 的垂线，分别交 x，y 轴于点 E，F （1）求直线 AB 的函数表达式 （2）如图，点 P 在第二象限，且是 EF 的中点，求点 P 的横坐标 （3） 是否存在这样的点 P， 使得APE 是等腰三角形？若存在， 求点 P 的坐标； 若不存在， 试说明理由 【分析】 （1）根据待定系数法即可求解； （2）设 E（a，0） ，F（0，b） ，由垂直平分的性质得 CECF，列出 a、b 的方程，再用 a、b 表示 P 点 坐标，代入 AB 的解析式，得 a、b 的方程，便可求得 a 的值，进而求得 P 点的横坐标； （3）分三种情况进行讨论可求点 P

38、的坐标 【详解】解： （1）A（4，0） ，B（0，3） ， 设直线 AB 的解析式为：ykx+b（k0） ， 4 + = 0 = 3 ， = 3 4 = 3 ， 直线 AB 的解析式为：y= 3 4x+3； （2）设 E（a，0） ，F（0，b） ，则 CE9a，CF= 81 + 2， P 是 EF 的中点，CPEF， CECF，即 9a= 81 + 2，P（1 2a， 1 2b） ， P 在直线 AB 上， 1 2b= 3 4 1 2 + 3 = 3 8 + 3，即 b= 3 4 + 6， 把 b= 3 4 + 6代入 9a= 81 + 2即18a+a2b2，得 18a+a2= ( 3 4

39、 + 6)2， 解得 a24（舍） ，或 a= 24 7 点 P 的横坐标为 12 7 ； （3）过 P 作 PDx 轴于点 D， 设 P（m， 3 4m+3） ，则 PD| 3 4m+3|， CPE90， CPD+DPECPD+DCP90， DCPDPE， PDCPDE90， PCDEPD， = ，即 PD 2DEDC， 当 APAE 时，APEAEP， APE+APCAEP+ACP90， ACPAPC， PAACAE945， CD9m，DE10（9m）m+1， | 3 4 + 3| 2 = ( + 1)(9 )， 解得 m0 或 8， 此时，P 点的坐标为（0，3）或（8，3） ； 当 P

40、APE 时，ADDE4m，CD9m， ( 3 4 + 3) 2 =（4m） （9m） ， 解得 m4（舍）或 m= 108 7 ， 此时，P 点的坐标为（108 7 ， 60 7 ） ； 当 EAEP 时， EAB45， APE45， AEP90（不合题意舍去） 综上所述，P 点的坐标为（0，3）或（8，3）或（108 7 ， 60 7 ） 【点评】考查了一次函数综合题，待定系数法求一次函数的解析式、等腰三角形的性质、相似三角形的 判定与性质以及各象限点的特征等知识此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与 方程思想的应用 【变式【变式 5.3】 （2021西湖区校级三模）如图，公

41、路上依次有 A，B，C 三个汽车站，上午 8 时，小明骑自行车 从 A，B 两站之间距离 A 站 8km 处出发，向 C 站匀速前进，他骑车的速度是每小时 16.5km，若 A，B 两 站间的路程是 26km，B，C 两站的路程是 15km （1）设小明出发 x 小时后，离 A 站路程为 ykm，请写出 y 与 x 之间的关系式 （2）小明在上午 9 时是否已经经过了 B 站？ （3）小明大约在什么时刻能够到达 C 站？ 【分析】 （1）首先表示出小明出发 x 小时后所行驶的路程，再加上 8km 就是离 A 站的路程； （2）小明 8 时出发到 9 时行驶了 1 小时，计算出小明此时距离 A

42、站的路程，与 AB 两站之间的路程进行 比较即可； （3）根据题意可得方程 16.5x+826+15，解方程即可 【详解】解： （1）小明出发 x 小时后所行驶的路程是 16.5xkm， 离 A 站的路程为：y16.5x+8， y 与 x 之间的关系式为 y16.5x+8； （2）当 x1 时，y16.5+824.526， 上午 9 时小明还没有经过 B 站， 答：上午 9 时小明还没有经过 B 站； （3）解方程 16.5x+826+15， 得 x2， 8+210， 故小明大约在上午 10 时到达 C 站 答：小明大约在上午 10 时到达 C 站 【点评】此题主要考查了一次函数的应用，列函数

43、关系式，求函数值，关键是正确理解题意，列出函数 关系式 【变式【变式 5.4】 （2021瓯海区模拟）体育中考对球类需求很大，某商店用 1600 元购进 20 个同种型号篮球和 10 个同种型号排球，每一个篮球的进价比排球的进价多 20 元 （1）求每一个篮球和排球的进价各是多少元？ （2）由于篮球和排球畅销，该商店计划用 2800 元（全部用完）购进篮球和排球，总数不超过 60 个，篮 球的销售单价为 100 元，排球的销售单价为 70 元，若篮球、排球全部售出，则应如何进货才能使利润最 大，并求出最大利润 （利润售价进价） （3）考虑到学生对足球也有需求，若该商店用 2800 元（全部用完

44、）购进篮球、排球和足球，且篮球数 量是排球数量的 2 倍，已知每一个足球进价为 35 元，则该店至少可以购进三类球共多少个？ 【分析】 （1）设每一个篮球的进价是 x 元，则每一个排球的进价是（x20）元，根据题意列方程求解即 可； （2）设购进篮球 m 个，排球 n 个，现根据商店计划用 2800 元（全部用完）购进篮球和排球，总数不超 过 60 个得出 m 的取值范围，再根据利润售价进价列出利润 w 关于 m 的函数关系式，根据函数的性 质求值即可； （3）设购进排球 x 个，则篮球 2x 个，足球 y 个，由 602x+40 x+35y2800，得出 y80 32 7 x，再根据 x、y

45、 是整数求出 y 的最小值，从而得出结论 【详解】解： （1）设每一个篮球的进价是 x 元，则每一个排球的进价是（x20）元， 依题意得：20 x+10（x20）1600， 解得：x60（元） ， 则 x20602040（元） ， 答：每一个篮球的进价是 60 元，每一个排球的进价是 40 元； （2）设购进篮球 m 个，排球 n 个， 由题意得：60 + 40 = 2800 + 60 ， 解得：m20， 利润 w（10060）m+（7040）n40m+30n40m+30 1403 2 = 5m+2100， 50， 当 m20 时，w 有最大值，最大值为：520+21002000（元） ， 答

46、：篮球的进货量不小于 20，当进篮球 20 个时利润最大，最大利润为 2000 元； （3）设购进排球 x 个，则篮球 2x 个，足球 y 个， 由题意得：602x+40 x+35y2800， 解得：y80 32 7 x， y0， 80 32 7 x0， 解得：x 35 2 ， x 是 7 的整数倍时，y 是整数， 当 x 取最大值 14 时，y 有最小值 16，此时，篮球有 21428， 则该店至少购进三种球为：28+14+1658（个） ， 答：该店至少购进三种球 58 个 【点评】本题考查了一次函数的应用，关键是根据题意找出等量关系，列出函数关系式 【压轴六】圆综合问题 【真题再现】【真

47、题再现】 （2021 浙江丽水中考第 22 题）如图，在ABC 中，ACBC，以 BC 为直径的半圆 O 交 AB 于 点 D，过点 D 作半圆 O 的切线，交 AC 于点 E （1）求证：ACB2ADE； （2）若 DE3，AE= 3，求 的长 【思路点拨】【思路点拨】 （1）连接 OD，CD，根据切线的性质得到ODE90，根据圆周角定理得到BDC90， 求得ADEODC，根据等腰三角形的性质即可得到结论； （2）根据勾股定理得到 AD=32+ (3)2=23，tanA= 3，求得A60，推出ABC 是等边三角 形，得到B60，BCAB2AD43，根据弧长公式即可得到结论 【详析详解】【详析

48、详解】 （1）证明：连接 OD，CD， DE 是O 的切线， ODE90， ODC+EDC90， BC 为O 直径， BDC90， ADC90， ADE+EDC90， ADEODC， ACBC， ACB2DCE2OCD， ODOC， ODCOCD， ACB2ADE； （2）解：由（1）知，ADE+EDC90，ADEDCE， AED90， DE3，AE= 3， AD=32+ (3)2=23，tanA= 3， A60， ACBC， ABC 是等边三角形， B60，BCAB2AD43， = 2 = 120， = 23， 的长为 180 = 12023 180 = 43 3 【方法小结】【方法小结】本

49、题考查了切线的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，圆周角定理，正确的作出辅 助线是解题的关键 【变式训练】【变式训练】 【变式【变式 6.1】 （2021青田县模拟）如图，四边形 ABCD 的四个顶点在以 AC 为直径的O 上，点 D 为 的中 点，过圆心 O 作 OEAB 于点 E，交 BD 于点 F，AC10，OF1 （1）求证：ABD45 （2）求 AB 的长 （3）求 FG 的长 【分析】 （1）证明ADC 是等腰直角三角形，利用圆周角定理，可得结论 （2）证明 EFAEBE，设 OEx，则 AEEBEFx+1，在 RtAOE 中，OA2AE2+OE2，由此构 建方程，求出 x 即

50、可解决问题 （3）过点 G 作 GMAB 于 M，GNBC 于 N想办法求出 BF，BG，可得结论 【详解】 （1）证明：AC 是直径， ADC90， = ， ADCD， ACDCAD45， ABDACD45 （2）解：OEAB， AEEB， FAFB， ABFFAB45， AFB90， EFAEBE， 设 OEx，则 AEEBEFx+1， 在 RtAOE 中，OA2AE2+OE2， 52（x+1）2+x2， 解得 x3（负根已经舍弃） ， AEEB4， AB2AE8 （3）解：过点 G 作 GMAB 于 M，GNBC 于 N AC 是直径， ABC90， AB8，AC10， BC= 2 2=