冲刺2022年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练(安徽中考压轴8道变式32道)解析版
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1、安徽卷(压轴8道+变式训练32道)说明:本专辑精选了2021年安徽卷失分较多和难度较大的题目8道,分别是第8题菱形的性质与计算、第10题三角形的性质综合问题、第14题二次函数的性质综合问题、第17题解直角三角形的应用问题、第18题材料阅读探究问题、第20题圆的计算与证明综合问题、第22题二次函数压轴综合问题、第23题几何综合探究问题,每道题精讲精析,配有变式练习各4道,安徽模拟变式训练题共32道,解析共62页.【压轴一】菱形的性质与计算【真题再现】(安徽第8题)如图,在菱形ABCD中,AB2,A120,过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB,BC的垂线,交各边于点E,F,G,H,则四边形EFG
2、H的周长为()A3+3B2+23C2+3D1+23【思路点拨】证明BEF是等边三角形,求出EF,同法可证DGH,EOH,OFG都是等边三角形,求出EH,GF,FG即可【详析详解】解:如图,连接BD,AC四边形ABCD是菱形,BAD120,ABBCCDAD2,BAODAO60,BDAC,ABOCBO30,OA=12AB1,OB=3OA=3,OEAB,OFBC,BEOBFO90,在BEO和BFO中,BEO=BFOEBO=FBOBO=BO,BEOBFO(AAS),OEOF,BEBF,EBF60,BEF是等边三角形,EFBE=332=32,同法可证,DGH,OEH,OFG都是等边三角形,EFGH=32
3、,EHFG=32,四边形EFGH的周长3+3,故选:A【方法小结】本题考查中心对称,菱形的性质,等边三角形的判定和性质,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1.1】(2021安徽合肥市合肥38中九年级三模)如图,在中,为中线,为的中点,交于点,若, ,则的长为( )A2B4C3D2.5【答案】D【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知CE的长度,再根据中位线定理,即可求得DF的长度【详解】解:在中,为中线,,,为的中点,,,点D是BC的中点,故选:D【点睛】本题主要考查勾股定理,直角三角形斜边上的中线等于斜边
4、的一半,以及中位线定理,熟练掌握以上知识点是解决本题的关键【变式1.2】(2021安徽合肥市九年级二模)如图,矩形纸片中,点E、G分别在,上,将、分别沿、翻折,点A的对称点为点F,点D的对称点为点H,当E、F、H、C四点在同一直线上时,连接,则线段长为( )ABCD【答案】A【分析】由翻折可以得到:,求得,证明出,过点H作于点M,进而进行求解【详解】由翻折可知:,在中:,如图所示:,过点H作于点M,如图所示:则,解得:,则,在中,故选:A【点睛】本题主要考查了矩形的相关性质,全等三角形,正确读懂题意是解题的关键【变式1.3】(2021安庆市教育教学研究室九年级一模)如图,菱形的边长为10,对角
5、线16,点分别是边的中点,连接并延长与的延长线相交于点,则长为( )A13B10C12D5【答案】C【分析】连接对角线BD,交AC于点O,证四边形BDEG是平行四边形,得EG=BD,利用勾股定理求出OD的长,BD=2OD,即可求出EG【详解】解:连接BD,交AC于点O,如图:菱形ABCD的边长为10,点E、F分别是边CD、BC的中点,ABCD,AB=BC=CD=DA=10,EFBD,AC、BD是菱形的对角线,AC=16,ACBD,AO=CO=8,OB=OD,又ABCD,EFBD,DEBG,BDEG,四边形BDEG是平行四边形,BD=EG,在COD中,OCOD,CD=10,CO=8,OB=OD=
6、,BD=2OD=12,EG=BD=12;故选:C【点睛】本题主要考查了菱形的性质,平行四边形的判定与性质及勾股定理等知识;熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键【变式1.4】(2021安徽合肥市合肥38中九年级二模)如图,在矩形ABCD中,AB=14,BC=7,M、N分别为AB、CD的中点,P、Q均为CD边上的动点(点Q在点P左侧),点G为MN上一点,且PQ=NG=5,则当MP+GQ=13时,满足条件的点P有( )A4个B3个C2个D1个【答案】D【分析】分三种情况讨论:当在的两侧时,设 则当在的右侧时,设 当都在的左侧时,设 再利用勾股定理与平方差公式求解,从而可得答案【详解】
7、解:如图,当在的两侧时,设 则 矩形ABCD,M、N分别为AB、CD的中点, 四边形 四边形都是矩形, 由勾股定理得: 整理得: 如图,当在的右侧时,设 同理可得: 解得: 不合题意舍去,如图,当都在的左侧时,设 同理可得: 解得: 不合题意舍去,综上:满足条件的点只有个,故选:【点睛】本题考查的是矩形的性质与判定,勾股定理的应用,平方差公式的应用,一元二次方程的解法,掌握以上知识是解题的关键【压轴二】三角形的性质综合问题【真题再现】(安徽第10题)在ABC中,ACB90,分别过点B,C作BAC平分线的垂线,垂足分别为点D,E,BC的中点是M,连接CD,MD,ME则下列结论错误的是()ACD2
8、MEBMEABCBDCDDMEMD【思路点拨】根据题意作出图形,可知点A,C,D,B四点共圆,再结合点M是中点,可得DMBC,又CEAD,BDAD,可得CEMBFM,可得EMFMDM,延长DM交AB于点N,可得MN是ACB的中位线,再结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半,可得DNAN,得到角之间的关系,可得MEAB【详析详解】解:根据题意可作出图形,如图所示,并延长EM交BD于点F,延长DM交AB于点N,在ABC中,ACB90,分别过点B,C作BAC平分线的垂线,垂足分别为点D,E,由此可得点A,C,D,B四点共圆,AD平分CAB,CADBAD,CDDB,(故选项C正确)点M是BC的中点,DM
9、BC,又ACB90,ACDN,点N是线段AB的中点,ANDN,DABADN,CEAD,BDAD,CEBD,ECMFBM,CEMBFM,点M是BC的中点,CMBM,CEMBFM(AAS),EMFM,EMFMDM(故选项D正确),FEMMDEDAB,EMAB(故选项B正确),综上,可知选项A的结论不正确故选:A【方法小结】本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,中位线定理,全等三角形的性质与判定等,根据题中条件,作出正确的辅助线是解题关键【变式训练】【变式2.1】(2021合肥市第四十二中学九年级一模)如图,在中,点D是边上一动点,连接,在上取一点E,使,连接,则的最小值为()ABCD【
10、答案】C【分析】根据DCE+ACE=90,DCE=DAC,确定DAC +ACE=90即AEC=90,取AC的中点F,当B、E、F三点共线时,BE最小,根据勾股定理求解即可【详解】,DCE+ACE=90,DCE=DAC,DAC +ACE=90即AEC=90,取AC的中点F,当B、E、F三点共线时,BE最小,AC=4,AF=CF=EF=2,BF=BE=BF-EF=,故选C【点睛】本题考查了勾股定理,直角三角形的判定,斜边上的中线等于斜边的一半,两点之间线段最短原理,取AC的中点F,准确构造两点之间线段最短原理是解题的关键【变式2.2】(2021合肥市第四十五中学九年级一模)如图,ABC、BDE都是
11、等腰直角三角形,BABC,BDBE,AC4,DE2将BDE绕点B逆时针方向旋转后得,当点E恰好落在线段上时,则的长为()ABCD【答案】B【分析】过A点作AHBE于E,如图,利用等腰直角三角形的性质得AB2 ,BEBD2,BED45,再根据旋转的性质得BEDBED45,EBDEBD90,EDED2,BDBDBE2,设AHx,则HEx,AEx,利用勾股定理得到x2+(x+2)2(2)2,解方程得到AE ,所以ADAE+ED+,然后证明BADBCE,从而得到CEAD【详解】解:过A点作AHBE于E,如图,ABC、BDE都是等腰直角三角形,ABAC42,BEBDDE22,BED45,BDE绕点B逆时
12、针方向旋转后得BDE,BEDBED45,EBDEBD90,EDED2,BDBDBE2,AEHBED45,AHEH,设AHx,则HEx,AEx,在RtAHB中,x2+(x+2)2(2)2,解得x11,x21(舍去),AEx(1), ADAE+ED+2+,在BAD和BCE中, ,BADBCE(SAS),CEAD+ 故选:B【点睛】本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等也考查了等腰直角三角形【变式2.3】(2021安徽亳州市九年级一模)如图,在锐角ABC中,AB6,ABC60,ABC的平分线交AC于点D,点P,Q分别是BD,A
13、B上的动点,则APPQ的最小值为( )A6B6C3D3【答案】D【分析】在BC上取E,使BEBQ,这样APPQ转化为APPE即可得出答案【详解】解:如图,在BC上取E,使BEBQ,连接PE,过A作AHBC于H,BD是ABC的平分线,ABDCBD,BPBP,BEBQ,BPQBPE(SAS),PEPQ,APPQ的最小即是APPE最小,当APPEAH时最小,在RtABH中,AB6,ABC60,AHABcos60,APPQ的最小为,故选:D【点睛】本题考查两条线段和的最小值,解题的关键是作辅助线把PQ转化到BD的另一侧【变式2.4】(2021安徽九年级三模)如图,在RtABC中,ACB=90,AC=8
14、,BC=6,点D是AC的中点,将CD绕着点C逆时针旋转一周,在旋转的过程中,点D的对应点为点E,连接AE、BE,则AEB面积的最小值是()A1B2C3D4【答案】D【分析】作CHAB于H,如图,先利用勾股定理计算出AB=10,再利用面积法计算出CH=,再根据旋转的性质得CE=4,然后利用点E点在HC上,点E到AB的距离最小,即可求AEB面积的最小值【详解】解:如图,作CHAB于H,ACB=90,AC=8,BC=6,AB= =10, CHAB=ACBC,CH=,点D是AC的中点,CD=4,将CD绕着点C逆时针旋转,在旋转过程中点D的对应点为点E,CE=4,即点E在以C为圆心,4为半径的圆上,点E
15、在HC的上,点E到AB的距离最小,SAEB最小值=10(-4)=4故选D【点睛】本题考查了旋转的性质,勾股定理,解题关键在于作辅助线【压轴三】二次函数的性质综合问题【真题再现】(安徽第14题)设抛物线yx2+(a+1)x+a,其中a为实数(1)若抛物线经过点(1,m),则m0;(2)将抛物线yx2+(a+1)x+a向上平移2个单位,所得抛物线顶点的纵坐标的最大值是2【思路点拨】(1)把点(1,m),直接代入抛物线解析式,即可得出结论;(2)根据“上加下减”可得出平移后的抛物线解析式,再利用配方法配方,可表达顶点的纵坐标,再求最大值【详析详解】解:(1)点(1,m)代入抛物线解析式yx2+(a+
16、1)x+a,得(1)2+(a+1)(1)+am,解得m0故答案为:0(2)yx2+(a+1)x+a向上平移2个单位可得,yx2+(a+1)x+a+2,y(x+a+12)2-14(a1)2+2,抛物线顶点的纵坐标n=-14(a1)2+2,-140,n的最大值为2故答案为:2【方法小结】本题主要考查二次函数图象的平移,二次函数图象顶点坐标等内容,题目比较简单【变式训练】【变式3.1】(2021合肥市第四十五中学九年级三模)二次函数的图象过点,对称轴为直线,若,则下列结论错误的是( )A当时,随着的增大而增大BC若、是抛物线上的两点,当时,D若方程的两根为、,且,则【答案】D【分析】根据可得抛物线开
17、口向上,根据对称轴可得A正确;由图象经过点可得,进而可得,可得B正确;根据二次函数图象的对称性可得,可得x=4,根据对称性可得x=4时与x=0时的函数值相同,即可判定C正确;根据二次函数图象的对称性可得抛物线与x轴的另一个交点为(5,0),由抛物线开口向上可得【详解】,抛物线开口向上,对称轴为直线,当时,随着的增大而增大,故A选项正确,二次函数的图象过点,对称轴为直线,则,故B选项正确,、是抛物线上的两点,A、B关于直线x=2对称,=4,x=4时与x=0时的函数值相同,当x=0时,故选项C正确,方程的两根为、,方程的两根为、,且,抛物线开口向上,故选项D错误,故选:D【点睛】本题考查了二次函数
18、图象与系数的关系及二次函数的性质,对于二次函数(),当a0时,抛物线开口向上,当a0时,抛物线开口向下,熟练掌握二次函数的对称性是解题关键【变式3.2】(2021合肥市第四十二中学九年级三模)关于函数 下列说法正确的是( )A无论取何值,函数图象总经过点和B当时,函数图像与轴总有2个交点C若,则当时,随的增大而减小D若函数图象与轴交于和,若,则 【答案】B【分析】根据函数的图象和性质逐一求解即可【详解】解:A、,令,解得,当时,同理当时,故图象总过点和,故A错误,不符合题意;B、当时,故函数图象与轴总有2个交点,故B正确,符合题意;C、函数的对称轴为,当时,故当时,随的增大而减小,故C错误,不
19、符合题意;D、令,解得或,即,故,故D错误,不符合题意,故选:B【点睛】本题考查的是抛物线与x轴的交点,主要考查函数图象上点的坐标特征,要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法,及这些点代表的意义及函数特征【变式3.3】(2021合肥市庐阳中学九年级一模)在边长为的正方形中,对角线与相交于点O,P是上一动点,过P作,分别交正方形的两条边于点E,F设,的面积为y,则能反映y与x之间关系的图象为( )ABCD【答案】B【分析】分析EF与x的关系,他们的关系分两种情况:当P在OB上时;当P在OD上时依情况来判断抛物线的开口方向【详解】解:四边形ABCD是正方形,ACBD,OBOD,当P
20、在OB上时,即0x,EFAC,BEFBAC,EF:ACBP:OB,EF2BP2x,yEFOP2x;当P在OD上时,即x,EFAC,DEFDAC,EF:ACDP:OD,即EF:,EF2(x),yEFOP,这是一个二次函数,根据二次函数的性质可知:二次函数的图象是一条抛物线,开口方向取决于二次项的系数当系数0时,抛物线开口向上;系数0时,开口向下根据题意可知符合题意的图象只有选项B故选B【点睛】本题主要考查了动点问题的函数图象、二次函数的性质等知识点,利用三角形的面积公式列出二次函数解析式是解题的关键.【变式3.4】(2021安徽宣城市九年级一模)二次函数的图象如图,给出下列四个结论:;方程没有实
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