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    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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    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

    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=


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