【中考快递】2020届中考数学复习检测：专题六-开放探索问题(Word版-含答案)

专题综合检测(六)（30分钟50分）一、选择题(每小题5分，共15分)1.如图，已知AB=AD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ADC的是()(A)CB=CD(B)∠BAC=∠DAC(C)∠BCA=∠DCA(D)∠B=∠D=90°2.(2018·扬州中考)大于1的正整数m的三次幂可“分裂”成若干个连续奇数的和，如23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，…,若m3分裂后，其中有一个奇数是2013，则m的值是()(A)43(B)44(C)45(D)463.(2018·三明中考)如图，在正方形纸片ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，沿过点B的直线折叠，使点C落在EF上，落点为N，折痕交CD边于点M，BM与EF交于点P，再展开.则下列结论中：①CM＝DM；②∠ABN＝30°；③AB2＝3CM2；④△PMN是等边三角形.正确的有()(A)1个(B)2个(C)3个(D)4个二、填空题(每小题5分，共10分)4.(2018·广州中考)如图，在标有刻度的直线L上，从点A开始，以AB=1为直径画半圆，记为第1个半圆；以AB=1为直径画半圆，记为第1个半圆；以BC=2为直径画半圆，记为第2个半圆；以CD=4为直径画半圆，记为第3个半圆；以DE=8为直径画半圆，记为第4个半圆；……按此规律，继续画半圆，则第4个半圆的面积是第3个半圆面积的_________倍，第n个半圆的面积为_________(结果保留π).5.如图，在平面直角坐标系中，线段OA1=1,OA1与x轴的夹角为30°.线段A1A2=1，A2A1⊥OA1,垂足为A1;线段A2A3=1,A3A2⊥A1A2，垂足为A2;线段A3A4=1,A4A3⊥A2A3,垂足为A3；…按此规律，点A2012的坐标为______________.三、解答题(共25分)6.(12分)(2018·无锡中考)如图，已知O(0，0)，A(4，0)，B(4，3).动点P从O点出发，以每秒3个单位的速度，沿△OAB的边OA，AB，BO作匀速运动；动直线l从AB位置出发，以每秒1个单位的速度向x轴负方向作匀速平移运动.若它们同时出发，运动的时间为t秒，当点P运动到O时，它们都停止运动.(1)当P在线段OA上运动时，求直线l与以点P为圆心、1为半径的圆相交时t的取值范围；(2)当P在线段AB上运动时，设直线l分别与OA，OB交于C，D，试问：四边形CPBD是否可能为菱形？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由，并说明如何改变直线l的出发时间，使得四边形CPBD是菱形.【探究创新】7.(13分)类比、转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整.原题：如图1.在ABCD中，点E是BC边的中点，点F是线段AE上一点，BF的延长线交射线CD于点G，若AF3EF，求CDCG的值.(1)尝试探究在图1中，过点E作EH∥AB交BG于点H，则AB和EH的数量关系是___________，CG和EH的数量关系是___________，CDCG的值是___________.(2)类比延伸如图2，在原题的条件下，若AFEF=m(m＞0)，则CDCG的值是___________(用含m的代数式表示)，试写出解答过程.(3)拓展迁移如图3，梯形ABCD中，DC∥AB，点E是BC的延长线上一点.AE和BD相交于点F，若ABCD=a，BCBE=b(a＞0,b＞0).则AFEF的值是_________(用含a,b的代数式表示).答案解析1.【解析】选C.已知两边及其一边对角相等，不能判定两个三角形全等.2.【解析】选C.∵23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，…,∴m3分裂后的第一个数是m(m－1)＋1，共有m个奇数.∵45×(45－1)＋1＝1981，46×(46－1)＋1＝2071，∴2013是底数为45的数的立方分裂后的一个奇数，∴m＝45.3.【解析】选C.连接CN，如图，正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，∵E，F分别是AD，BC的中点，∴AE＝BF，∴四边形ABFE是矩形，∴EF⊥BC，∴EF是BC的垂直平分线，∴NB＝NC，由于折叠可得△BCM≌△BNM，∴BN＝BC，∠NBM＝∠CBM，∴NB＝NC＝BC，∴△BCN是等边三角形，∴∠NBC＝60°，∴∠NBM＝∠CBM＝30°，∠ABN＝30°(即②正确).在Rt△BCM中，tan∠CBM＝tan30°＝CM3BC3＝，∴BC＝3CM，∴AB2＝BC2＝3CM2(即③正确)，∴CM＝33BC≠12BC即CM≠DM(即①不正确).∵∠NBM＝30°，∠BNM＝90°，∴∠BMN＝∠BMC＝60°.∵EF∥CD，∴∠EPM＝60°，∴∠PNM＝180°―60°―60°＝60°，∴△PMN是等边三角形(即④正确).4.【解析】由题意，得第3个半圆的面积为12×22×π=2π，第4个半圆的面积为12×42×π=8π，∴第4个半圆的面积是第3个半圆的面积的4倍；根据题意，可知第n个半圆的半径为n1n2122.2∴第n个半圆的面积为12×(2n-2)2×π=22n-5π.答案：422n-5π5.【解析】由图求得A1(31,22)，A2(3131,2222)，A3(31312,22222)，A4(313122,222222)，依此规律可得20123131A(10061006,10061006),2222即2012A5033503,5033503答案：5033503,50335036.【解析】(1)当点P在线段OA上时，P(3t，0)，⊙P与x轴的两交点坐标分别为(3t-1，0)，(3t+1，0)，直线l为x=4-t，若直线l与⊙P相交，则3t14t,4t3t1.＜＜解得：35t.44(2)点P与直线l运动t秒时，AP=3t-4，AC=t.若要四边形CPBD为菱形，则CP∥OB，∴∠PCA=∠BOA，∴Rt△APC∽Rt△ABO，∴APACABAO，∴3t4t34，解得16t9，此时AP=43，AC=169，∴PC=209，而PB=7-3t=53≠PC，故四边形CPBD不可能是菱形.(上述方法不唯一，只要推出矛盾即可)现改变直线l的出发时间，设直线l比点P晚出发a秒，若四边形CPBD为菱形，则CP//OB，∴△APC∽△ABO，APPCACABBOAO，∴3t473tta354，即：3t473t353t4ta34，，解得41t245a24，，∴只要直线l比点P晚出发524秒，则当点P运动4124秒时，四边形CPBD就是菱形.【高手支招】动态探索解题策略与动态有关的开放性探索问题，解答关键是着重分析变化过程中的不变量和问题中蕴含的数量关系，以分析问题中的数量关系为出发点，通过对几何图形运动过程的观察、推理，动中取静，构建函数或方程模型，数形结合解决问题.7.【解析】(1)AB=3EH；CG=2EH；3.2(2)m.2作EH∥AB交BG于点H，则△EFH∽△AFB.∴ABAFm,EHEF∴AB=mEH.∵AB=CD,∴CD=mEH.∵EH∥AB∥CD，∴△BEH∽△BCG.∴CGBCEHBE=2，∴CG=2EH.∴CDmEHm.CG2EH2(3)ab.【提示】过点E作EH∥AB交BD的延长线于点H