2019中考数学压轴题

2019中考数学压轴题81．（2017浙江省温州市，第24题，14分）如图，已知线段AB=2，MN⊥AB于点M，且AM=BM，P是射线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点C（点C在线段BD上），连结AC，DE．（1）当∠APB=28°时，求∠B和CM的度数；（2）求证：AC=AB．（3）在点P的运动过程中．①当MP=4时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，若以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值；②记AP与圆的另一个交点为F，将点F绕点D旋转90°得到点G，当点G恰好落在MN上时，连结AG，CG，DG，EG，直接写出△ACG和△DEG的面积之比．【答案】（1）∠B=76°，CM=56°；（2）证明见解析；（3）①MQ的值为198或34或158；②6233．【分析】（1）根据三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度数，再连接MD，根据MD为△PAB的中位线，可得∠MDB=∠APB=28°，进而得到CM=2∠MDB=56°；（2）根据∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，进而得出AC=AB；（3）①记MP与圆的另一个交点为R，根据AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，即可得到PR，MR的值，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进行讨论：当∠ACQ=90°时，当∠QCD=90°时，当∠QDC=90°时，当∠AEQ=90°时，即可求得MQ的值；②先判定△DEG是等边三角形，再根据GMD=∠GDM，得到GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH=1=MG，即可得到CG的值，进而得出S△ACG的值，再根据S△DEG的值，即可得到△ACG和△DEG的面积之比．【解析】（1）∵MN⊥AB，AM=BM，∴PA=PB，∴∠PAB=∠B，∵∠APB=28°，∴∠B=76°，如图1，连接MD，∵MD为△PAB的中位线，∴MD∥AP，∴∠MDB=∠APB=28°，∴CM=2∠MDB=56°；（2）∵∠BAC=∠MDC=∠APB，又∵∠BAP=180°﹣∠APB﹣∠B，∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠B，∴∠BAP=∠ACB，∵∠BAP=∠B，∴∠ACB=∠B，∴AC=AB；（3）①如图2，记MP与圆的另一个交点为R，∵MD是Rt△MBP的中线，∴DM=DP，∴∠DPM=∠DMP=∠RCD，∴RC=RP，∵∠ACR=∠AMR=90°，∴AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，∴12+MR2=22+PR2，∴12+（4﹣PR）2=22+PR2，∴PR=138，∴MR=198，Ⅰ．当∠ACQ=90°时，AQ为圆的直径，∴Q与R重合，∴MQ=MR=198；Ⅱ．如图3，当∠QCD=90°时，在Rt△QCP中，PQ=2PR=134，∴MQ=34；Ⅲ．如图4，当∠QDC=90°时，∵BM=1，MP=4，∴BP=17，∴DP=12BP=172，∵cos∠MPB=MPDPPBPQ，∴PQ=178，∴MQ=158；Ⅳ．如图5，当∠AEQ=90°时，由对称性可得∠AEQ=∠BDQ=90°，∴MQ=158；综上所述，MQ的值为198或34或158；②△ACG和△DEG的面积之比为6233．理由：如图6，∵DM∥AF，∴DF=AM=DE=1，又由对称性可得GE=GD，∴△DEG是等边三角形，∴∠EDF=90°﹣60°=30°，∴∠DEF=75°=∠MDE，∴∠GDM=75°﹣60°=15°，∴∠GMD=∠PGD﹣∠GDM=15°，∴GMD=∠GDM，∴GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH=12AC=12AB=1=MG，AH=3，∴CG=MH=3﹣1，∴S△ACG=12CG×CH=312，∵S△DEG=34，∴S△AS△DEG=6233．点睛：本题属于圆的综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理，圆周角定理以及解直角三角形的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形以及等边三角形，运用旋转的性质以及含30°角的直角三角形的性质进行计算求解，解题时注意分类思想的运用．考点：圆的综合题；旋转的性质；动点型；分类讨论；压轴题．82．（2017湖北省咸宁市，第23题，10分）定义：数学活动课上，李老师给出如下定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称这个三角形为“智慧三角形”．理解：（1）如图1，已知A、B是⊙O上两点，请在圆上找出满足条件的点C，使△ABC为“智慧三角形”（画出点C的位置，保留作图痕迹）；（2）如图2，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，且CF=14CD，试判断△AEF是否为“智慧三角形”，并说明理由；运用：（3）如图3，在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，点Q是直线y=3上的一点，若在⊙O上存在一点P，使得△OPQ为“智慧三角形”，当其面积取得最小值时，直接写出此时点P的坐标．【答案】（1）作图见解析；（2）△AEF是“智慧三角形”；（3）P的坐标（﹣223，13），（223，13）．【分析】（1）连结AO并且延长交圆于C1，连结BO并且延长交圆于C2，即可求解；（2）设正方形的边长为4a，表示出DF=CF以及EC、BE的长，然后根据勾股定理列式表示出AF2、EF2、AE2，再根据勾股定理逆定理判定△AEF是直角三角形，由直角三角形的性质可得△AEF为“智慧三角形”；（3）根据“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，根据勾股定理可求另一条直角边，再根据三角形面积可求斜边的高，即点P的横坐标，再根据勾股定理可求点P的纵坐标，从而求解．【解析】（1）如图1所示：（2）△AEF是否为“智慧三角形”，理由如下：设正方形的边长为4a，∵E是DC的中点，∴DE=CE=2a，∵BC：FC=4：1，∴FC=a，BF=4a﹣a=3a，在Rt△ADE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，在Rt△ECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2，在Rt△ABF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2，∴AE2+EF2=AF2，∴△AEF是直角三角形，∵斜边AF上的中线等于AF的一半，∴△AEF为“智慧三角形”；（3）如图3所示，由“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，由勾股定理可得PQ=2231=22，PM=1×22÷3=223，由勾股定理可求得OM=22221()3=13，故点P的坐标（﹣223，13），（223，13）．点睛：本题考查了圆的综合题，正方形的性质，勾股定理的应用，勾股定理逆定理的应用，用正方形的边长表示出△AEF的各边的平方，熟练掌握“智慧三角形”的定义是解题的关键．考点：圆的综合题；新定义；探究型；最值问题；阅读型；压轴题．83．（2017湖南省湘潭市，第26题，10分）如图，动点M在以O为圆心，AB为直径的半圆弧上运动（点M不与点A、B及AB的中点F重合），连接OM．过点M作ME⊥AB于点E，以BE为边在半圆同侧作正方形BCDE，过点M作⊙O的切线交射线DC于点N，连接BM、BN．（1）探究：如图一，当动点M在AF上运动时；①判断△OEM∽△MDN是否成立？请说明理由；②设MENCkMN，k是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由；③设∠MBN=α，α是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由；（2）拓展：如图二，当动点M在FB上运动时；分别判断（1）中的三个结论是否保持不变？如有变化，请直接写出正确的结论．（均不必说明理由）【答案】（1）①成立；②k值为定值1；③设∠MBN=α，α为定值45°；（2）不变．【分析】（1）①由正方形的性质得出BE=BC，∠EBC=∠CDE=∠BCD=∠BED=90°，由切线的性质和直角三角形的性质证出∠EOM=∠DMN，即可得出△OEM∽△MDN；②作BG⊥MN于G，则BG∥OM，∠BGN=∠BGM=90°，由平行线的性质和等腰三角形的性质得出∠OBM=∠GBM，由AAS证明△BME≌△BMG，得出EM=GM，BE=BG，证出BG=BC，由HL证明Rt△BGN≌Rt△BCN，得出GN=CN，证出EM+NC=GM+NC=MN，即可得出结论；③由全等三角形的性质得出∠EBM=∠GBM，∠GBN=∠CBN，求出∠MBN=12∠EBC=45°即可；（2）（1）中的三个结论保持不变；解法同（1）．【解析】（1）①△OEM∽△MDN成立，理由如下：∵四边形BCDE是正方形，∴BE=BC，∠EBC=∠CDE=∠BCD=∠BED=90°，∴∠EOM+∠EMO=90°，∵MN是⊙O的切线，∴MN⊥OM，∴∠OMN=90°，∴∠DMN+∠EMO=90°，∴∠EOM=∠DMN，∴△OEM∽△MDN；②k值为定值1；理由如下：作BG⊥MN于G，如图一所示：则BG∥OM，∠BGN=∠BGM=90°，∴∠OMB=∠GBM，∵OB=OM，∴∠OBM=∠OMB，∴∠OBM=∠GBM，在△BME和△BMG中，∵∠OBM=∠GBM，∠BED=∠BGM=90°，BM=BM，∴△BME≌△BMG（AAS），∴EM=GM，BE=BG，∴BG=BC，在Rt△BGN和Rt△BCN中，∵BN=BN，BG=BC，∴Rt△BGN≌Rt△BCN（HL），∴GN=CN，∴EM+NC=GM+NC=MN，∴k=MENCMN=MNMN=1；③设∠MBN=α，α为定值45°；理由如下：∵△BME≌△BMG，Rt△BGN≌Rt△BCN，∴∠EBM=∠GBM，∠GBN=∠CBN，∴∠MBN=12∠EBC=45°，即α=45°；（2）（1）中的三个结论保持不变；理由同（1），作BG⊥MN于G，如图二所示．点睛：本题是圆的综合题目，考查了正方形的性质、切线的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．考点：圆的综合题；定值问题；探究型；动点型；压轴题．84．（2017陕西省，第25题，12分）问题提出（1）如图①，△ABC是等边三角形，AB=12，若点O是△ABC的内心，则OA的长为；问题探究（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=12，AD=18，如果点P是AD边上一点，且AP=3，那么BC边上是否存在一点Q，使得线段PQ将矩形ABCD的面积平分？若存在，求出PQ的长；若不存在，请说明理由．问题解决（3）某城市街角有一草坪，草坪是由△ABM草地和弦AB与其所对的劣弧围成的草地组成，如图③所示．管理员王师傅在M处的水管上安装了一喷灌龙头，以后，他想只用喷灌龙头来给这块草坪浇水，并且在用喷灌龙头浇水时，既要能确保草坪的每个角落都能浇上水，又能节约用水，于是，他让喷灌龙头的转角正好等于∠AMB（即每次喷灌时喷灌龙头由MA转到MB，然后再转回，这样往复喷灌．）同时，再合理设计好喷灌龙头喷水的射程就可以了．如图③，已测出AB=24m，MB=10m，△AMB的面积为96m2；过弦AB的中点D作DE⊥AB交AB于点E，又测得DE=8m．请你根据以上信息，帮助王师傅计算喷灌龙头的射程至少多少米时，才能实现他的想法？为什么？（结果保留根号或精确到0.01米）【答案】（1）43；（2）PQ=122；（3）喷灌龙头的射程至少为19.71米．【分析】（1）构建Rt△AOD中，利用cos∠OAD=cos30°=ADOA，可得OA的长；（2）经过矩形对角线交点的直线将矩形面积平分，根据此结论作出PQ，利用勾股定理进行计算即可；（3）如图3，作辅助线，先确定圆心和半径，根据勾股定理计算半径：在Rt△AOD中，由勾股定理解得：r=13根据三角形面积计算高MN的长，证明△ADC∽△ANM，列比例式求DC的长，确定点O在△AMB内部，利