冲刺2022年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练(温州中考压轴7道变式32道)解析版
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1、浙江省温州市卷(压轴7道+变式训练32道)说明:本专辑精选了2021年浙江省温州市卷失分较多和难度较大的题目7道,分别是第9题反比例函数的图象与性质、第10题四边形中的计算问题、第16题几何图形拼图综合问题、第21题二次函数的性质综合问题、第22题四边形的计算与证明、第23题方程与函数的应用问题、第24题圆综合问题,每道题精讲精析,配有变式练习,浙江省温州市模拟变式训练题共32道,试题解析共88页.【压轴一】反比例函数的图象与性质【真题再现】(2021浙江温州市中考第9题)如图,点,在反比例函数(,)的图象上,轴于点,轴于点,轴于点,连结若,则的值为( )A2BCD【思路点拨】设OD=m,则O
2、C=,设AC=n,根据求得,在RtAEF中,运用勾股定理可求出m=,故可得到结论【详析详解】解:如图,设OD=m,OC=轴于点,轴于点,四边形BEOD是矩形BD=OE=1B(m,1)设反比例函数解析式为,k=m1=m设AC=n轴A(,n),解得,n=,即AC=AC=AEAE=在RtAEF中, 由勾股定理得, 解得,(负值舍去) 故选:B【方法小结】此题考查了反比例函数的性质、待定系数法求函数的解析式此题难度较大,注意掌握数形结合思想与方程思想的应用【变式训练】【变式1.1】(2021浙江温州市九年级一模)如图,在中,为坐标原点,且点,都在反比例函数的图象上若点横坐标为1,则的值为( )A1BC
3、D【答案】C【分析】作轴,轴,且线段和线段的延长线交于点M根据题意易证,又可用k表示出A点坐标从而即可求出用k表示的B点坐标,代入反比例函数解析式,解出k即可【详解】如图,作轴,轴,且线段和线段的延长线交于点M,在和中,根据题意可知A点坐标为,B点坐标为,又点B在该函数图象上,解得:经检验都是原方程的根函数图象在第一象限,即,舍去,故故选C【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征,全等三角形的判定和性质一元二次方程的解法,作出辅助线是解答本题的关键【变式1.2】(2021浙江温州市九年级其他模拟)如图,矩形的顶点、分别在反比例函数与的图象上,点、在轴上,分别交轴于点、F,则阴影部分的面积为
4、( )A3B5C6D9【答案】B【分析】设A(a,),a0,根据题意,利用函数关系式表示出线段OD,OE,OC,OF,EF,利用三角形的面积公式,结论可求【详解】解:设点A的坐标为(a,),a0则ODa,OE点B的纵坐标为点B的横坐标为OCBEABCD,EFOE,OFOE14S阴影SBEF+SODF1+45故选:B【点睛】本题主要考查了反比例函数的比例系数的几何意义,反比例函数的图象上点的坐标的特征,矩形的性质,利用点的坐标表示相应线段的长度是解题的关键【变式1.3】(2020浙江温州市九年级二模)如图,在平面直角坐标系中,菱形的顶点与原点重合,顶点落在轴的正半轴上,对角线、交于点,点、恰好都
5、在反比例函数的图象上,若,则的值为()ABC2D【答案】A【分析】设D坐标为(m,),B(3,0),根据菱形的性质得出M点为BD的中点,则M(),把M()代入得m=1,则D(1,k),利用OB=OD=1和勾股定理得方程12+k2=32,解方程即可得k的值【详解】解:设D坐标为(m,), 菱形的顶点与原点重合,顶点落在轴的正半轴上,对角线、交于点,B(3,0),M点为BD的中点,则M(),把M()代入得,解得,m=1D(1,k)过点D作DEAB于E,在RtAED中,12+k2=32解得,k=故选:A【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征:反比例函数(k为常数,k0)的图象是双曲线,图象上
6、的点(x,y)的横纵坐标的积是定值k,即xyk也考查了菱形的性质【变式1.4】(2019浙江温州市九年级二模)如图所示,已知点,点在反比例函数的图象上,轴于点连结交于点,若,则与的面积比为( )ABCD【答案】B【分析】过C作CEx轴于E,依据ABx轴于点B,即可得出SAODS四边形BDCE,证明OBDOEC,设OBD的面积为S,则OEC的面积为9S,BDC的面积为2S,求出ADO的面积为8S,即可得出BDC与ADO的面积比【详解】解:如图所示,过C作CEx轴于E,ABx轴于点B,SAOBSCOE,SAODS四边形BDCE,BDCE,OBDOEC,CD2OD,设OBD的面积为S,则OEC的面积
7、为9S,BDC的面积为2S,四边形BDCE的面积为8S,即ADO的面积为8S,BDC与ADO的面积比为2:81:4,故选:B【点睛】此题考查了反比例函数k的几何意义,相似三角形的判定和性质,熟练掌握反比例函数k的几何意义是解本题的关键【压轴二】四边形中的计算问题【真题再现】(2021浙江温州市中考第10题)由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点,连结,延长交于点若,则的值为( )ABCD【思路点拨】如图,设BH交CF于P,CG交DF于Q,根据题意可知BE=PC=DF,AE=BP=CF,根据可得BE=PE=PC=PF=DF,根据正方形的
8、性质可证明FDG是等腰直角三角形,可得DG=FD,根据三角形中位线的性质可得PH=FQ,CH=QH=CQ,利用ASA可证明CPHGDQ,可得PH=QD,即可得出PH=BE,可得BH=,利用勾股定理可用BE表示长CH的长,即可表示出CG的长,进而可得答案【详析详解】如图,设BH交CF于P,CG交DF于Q,由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形,BE=PC=DF,AE=BP=CF,BE=PE=PC=PF=DF,CFD=BPC,DF/EH,PH为CFQ的中位线,PH=QF,CH=HQ,四边形EPFN是正方形,EFN=45,GDDF,FDG是等腰直角三角形,DG=FD=PC,GDQ=CPH
9、=90,DG/CF,DGQ=PCH,在DGQ和PCH中,DGQPCH,PH=DQ,CH=GQ,PH=DF=BE,CG=3CH,BH=BE+PE+PH=,在RtPCH中,CH=,CG=BE,故选:C【方法小结】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及勾股定理,熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键【变式训练】【变式2.1】(2021浙江温州市九年级二模)如图,六边形是中心对称图形点,在面积为8的正方形的对角线上若,点,关于对称,则四边形的面积为( )ABCD【答案】B【分析】连AC交BD于O,过M作MKBC于K,连结ME交BA于L,FN交CD于R,由正方形面积为8,可求A
10、D=2,BD=,M、E关于AB对称,可得EB=MB=1,可证BEABMC(SAS),由三角函数BK=MK=,KC =,由勾股定理MC=,可证四边形AGCH为矩形,再证MOCACG,可求,即可【详解】解:连AC交BD于O,过M作MKBC于K,连结ME交BA于L,FN交CD于R,正方形面积为8,AD2=8,AD=2,BD为正方形对角线,BD=,M、E关于AB对称,EL=LM,EB=MB=1,EBA=MBA=45=MBC,在BEA和BMC中,BEABMC(SAS),AE=MC,EAB=MCB,BM=1,BK=MK=1cos45=,KC=BC-BK=2-=,MC=,六边形是中心对称图形ANDCMB,A
11、EBCFD,ANDCMBAEBCFD,设CG交AB于W,GAW=BCW,AWG=CWB,AGW=CBW=90,同理可证AHCF,AHC=90,BCM=DCF,GCH=DCH+GCD=BCG+GCD=BCD=90,AGC=GCH=AHC=90,四边形AGCH为矩形,ACBD,MOC=AGC=90,MCO=ACG,MOCAGC,即,S矩形AGCH=AGGC=,故选择B【点睛】本题考查正方形性质,中心对称图形性质,轴对称性质,三角形全等判定与性质,锐角三角函数应用,勾股定理应用,三角形相似判定与性质,矩形判定与性质,掌握正方形性质,中心对称图形性质,轴对称性质,三角形全等判定与性质,锐角三角函数应用
12、,勾股定理应用,三角形相似判定与性质,矩形判定与性质【变式2.2】(2021温州市第十二中学九年级二模)如图,等腰中,点是外一点,分别以,为斜边作两个等腰直角和,并使点落在上,点落在的内部,连结若,则与的面积之比为( )ABCD3【答案】B【分析】如图,取BD中点O,以O为圆心,以OB为半径作圆,连接OE,OF,作直线EF分别交AB、CD与M、N证明四边形AMNC为矩形,BEMEDN,得到BM=EN,ME=DN,设DF=2x,得到BF=5x,进而求出,从而求出,问题得解【详解】解:如图,取BD中点O,以O为圆心,以OB为半径作圆,连接OE,OF,作直线EF分别交AB、CD与M、N和都是等腰直角
13、三角形,BED=BFD=90,BE=DE,DCF=CDF=DBE=BDE=45,O为BD中点,OB=OD=OE=OF=BD,点E、F都在圆O上,EFB=EDB=45,ABC为等腰三角形,ACB=45,ACB=EFB,ACD=ACB+BCD=90,MNAC,BME=DNE=90=AME=90,MBE+MEB=90,四边形AMNC为矩形,BED=90,DEN+MEB=90,MBE =DEN,BE=DE,BEMEDN,BM=EN,ME=DN,设DF=2x,RtBDF中,BF=5x,在RtBMF中,在RtDFN中,是等腰直角三角形,FND=90,四边形AMNC为矩形,与的面积之比故选:B【点睛】本题考
14、查了直角三角形的性质,解直角三角形,圆周角定理,全等三角形等知识,综合性较强,根据题意添加辅助线,证明点E、F都在圆O上,BEMEDN是解题关键【变式2.3】(2020浙江九年级期末)如图,分别是正方形边,上的点,以,为边作,连结并延长交于点,连结若,则的长为( )ABCD【答案】B【分析】先证明AEDCFD(SAS),得到四边形DEGF是菱形,再证明GFH是等腰直角三角形,作出解图的辅助线,得到FDQ=45,可以证明EDFQDF (SAS),得到EF=FQ=2AE,利用勾股定理即可求解【详解】解:四边形ABCD是正方形,A=B=ADC=BCD=90,AB=CD=BC=AD, ADBC,BE=
15、BF,AB- BE=BC- BF,则AE=CF,在AED和CFD中,AEDCFD(SAS),DE=DF,1=4,四边形DEGF是平行四边形,四边形DEGF是菱形,DEGF,DFFG,HFED,HID=90,HFG=90,1+2=90,4+ADF=90,HDF=2,HF= DF,HF= GF,GFH是等腰直角三角形,G=EDF=45,1=4=22.5,连接EF,把AED绕点D逆时钟旋转90使AD与CD重合得到CQD,如图,由旋转得:A=DCQ=90,DE=DQ,AE=CQ,1=3=22.5,DCF=DCQ=180,FDQ=45,F、C、Q三点共线,在EDF和QDF中,EDFQDF (SAS),E
16、F=FQ=2AE,BE=BF=2,EF=,AE,故选:B【点睛】本题考查了正方形的性质,旋转的性质,菱形的判定及性质,全等三角形的判定及性质,勾股定理解答时作出需要的辅助线是关键【变式2.4】(2021温州绣山中学九年级二模)如图是清朝李演撰写的九章算术细草图说中的“勾股圆方图,四边形ABCD,四边形EBGF,四边形HNQD均为正方形,BG,NQ,BC是某个直角三角形的三边,其中BC是斜边,若,则AB的长为( )ABC3D【答案】B【分析】由题意可设,则有,进而可得,然后根据勾股定理可建立方程进行求解即可【详解】解:四边形ABCD,四边形EBGF,四边形HNQD均为正方形,四边形AEMH是矩形
17、,AH=EM,HM=AE,由可设,BG,NQ,BC是某个直角三角形的三边,即,解得:(不符合题意,舍去),;故选B【点睛】本题主要考查正方形的性质、一元二次方程的解法及勾股定理,熟练掌握利用正方形的性质、勾股定理及方程思想进行求解问题是解题的关键【压轴三】几何图形拼图综合问题【真题再现】(2021浙江温州市中考第16题)图1是邻边长为2和6的矩形,它由三个小正方形组成,将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形(如图2),则图1中所标注的的值为_;记图1中小正方形的中心为点,图2中的对应点为点,以大正方形的中心为圆心作圆,则当点,在圆内或圆上时,圆的最小面积为_【思路点拨】(1)先求出剪拼后大正方形的
18、面积,得到其边长,再结合图2,求出图1中长方形的长边除去长为d部分的线段后,剩下的线段长刚好为大正方形的边长,最后用图1中的长方形的长减去图2中大正方形的边长即可完成求解;(2)结合两图分别求出对应线段的长,通过作辅助线构造直角三角形,利用勾股定理求出O点到、之间的距离即可确定最小圆的半径,即可完成求解【详析详解】解:图1是邻边长为2和6的矩形,它由三个小正方形组成,每个小正方形边长为2,图1和图2中整个图形的面积为,所以图2中正方形的边长,如下图3所示;图1中,;分别连接、,并分别过点、向大正方形的对边作垂线,得到如图所示辅助线,综合两图可知,,O点到大正方形各边距离为,,;综合两图可知:,
19、;继续综合两图可知:,,距离O点最远,最小圆的半径应为,圆的面积为;故答案为:;【方法小结】本题考查了正方形和长方形的基础知识、线段之间的和差关系、完全平方公式、勾股定理、圆的面积公式等内容,解决本题的关键是理解题意、读懂图形、找出两个图形之间的关联、能灵活运用勾股定理等公式求解线段的长等;本题要求学生对图形具有一定的感知能力,有较强的计算能力等,该题蕴含了数形结合等思想方法【变式训练】【变式3.1】(2020浙江九年级期末)如图,某数学兴趣小组在学完矩形的知识后一起探讨了一个纸片折叠问题:如何将一张平行四边形纸片的四个角向内折起,拼成一个无缝隙、无重叠的矩形图中,表示折痕,折后的对应点分别是
20、若,则纸片折叠时的长应取_【答案】【分析】如图,作BPAD,交DA延长线于P,作BQFH,交AD于Q先证明DH=BF,求出FH=10cm,再分别求出AP、BP,设AH=xcm,求出PQ=(2x-6)cm,在RtBPQ中,根据勾股定理构造方程,解方程即可求解【详解】解:如图,作BPAD,交DA延长线于P,作BQFH,交AD于Q由题意得,AE=EM=BE=AB=4cm,DG=NG=CG=CD=4cm,AH=MH,BF=MF,四边形为矩形,EF=HG,EFHG四边形ABCD为平行四边形,EBF=GDH=60EFHGEFM=GHN,又EFM=EFB,GHD =GHN,EFB=GHD,BEFDGH,DH
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