专题58第12章压轴题之综合应用类备战2021中考数学解题方法系统训练教师版

58第12章压轴题之综合应用类一、单选题1．如图，在平面直角坐标系中，O为ABCD的对称中心，5AD，//ADx轴交y轴于点E，点A的坐标点为2,2，反比例函数kyx的图像经过点D．将ABCD沿y轴向上平移，使点C的对应点C落在反比例函数的图像上，则平移过程中线段AC扫过的面积为（）A．6B．8C．24D．20【答案】D【分析】根据O为▱ABCD的对称中心，AD=5，AD∥x轴交y轴于点E，点A的坐标为（-2，2），可求点C、D的坐标，进而求出反比例函数的关系式，由平移可求出点'C的坐标，知道平移的距离，即平行四边形的底，再根据面积公式求出结果．【解答】解：∵AD=5，AD∥x轴交y轴于点E，点A的坐标为（-2，2），∴DE=5-2=3，OE=2，∴D（3，2），把(3,2)D代入反比例函数的关系式得，k=2×3=6，∵O为▱ABCD的对称中心，点A的坐标为（-2，2），∴点C的坐标为（2，-2），当x=2时，y=632，∴点'C（2，3）∴C'C=CF+F'C=2+3=5，'CC上的高是是4,∴平行四边形AC'CN的面积为5420,平移过程中线段AC扫过的面积为20.故选：D．【点评】考查反比例函数的图象和性质，平行四边形的性质及面积，将点的坐标转化为线段的长是常用的方法，将AC平移后扫过的面积就是平行四边形AC'CN的面积是关键．2．如图，抛物线y=-13（x-t）（x-t+6）与直线y=x-1有两个交点，这两个交点的纵坐标为m、n．双曲线y=mnx的两个分支分别位于第二、四象限，则t的取值范围是（）A．t＜0B．0＜t＜6C．1＜t＜7D．t＜1或t＞6【答案】C【分析】先根据题意得mn＜0，然后让抛物线y=-13（x-t）（x-t+6）与直线y=x-1相等化简得到x1+x2=2t-9，x1x2=t2-6t-3，再将m，n代入y=x-1，从而得到m，n关于x1，x2的关系式，再进行计算即可．【解答】解：∵双曲线y=mnx的两个分支分别位于第二、四象限，∴mn＜0，设抛物线y=-13（x-t）（x-t+6）与直线y=x-1的两个交点坐标为（x1，m），（x2，n），则-13（x-t）（x-t+6）=x-1化简得x2+（9-2t）x+t2-6t-3=0,x1+x2=2t-9，x1x2=t2-6t-3，∵m=x1-1，n=x2-1，∴mn=（x1-1）（x2-1）=x1x2-（x1+x2）+1=t2-8t+7=（t-7）（t-1）∵mn＜0，∴（t-7）（t-1）＜0解得1＜t＜7，故选：C．【点评】本题考查了双曲线的性质，一元二次方程根与系数的关系，解题关键是得到x1+x2和x1x2的值．3．如图，已知∠MON=120°，点A，B分别在OM，ON上，且OA=OB=a，将射线OM绕点O逆时针旋转得到OM，旋转角为α（0°＜α＜120°且α≠60°），作点A关于直线OM′的对称点C，画直线BC交OM于点D，连接AC，AD，有下列结论：①AD=CD；②∠ACD的大小随着α的变化而变化；③当α=30°时，四边形OADC为菱形；④ACD面积的最大值为3a2；其中正确的是（）（把你认为正确结论的序号都填上）A．①②③④B．①③④C．①②③D．①②④【答案】B【分析】①根据对称的性质：对称点的连线被对称轴垂直平分可得：OM'是AC的垂直平分线，再由垂直平分线的性质可作判断；②作⊙O，根据四点共圆的性质得：∠ACD=∠E=60°，说明∠ACD是定值，不会随着α的变化而变化；③当α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，证明△AOC是等边三角形和△ACD是等边三角形，得OC=OA=AD=CD，可作判断；④先证明△ACD是等边三角形，当AC最大时，△ACD的面积最大，当AC为直径时最大，根据面积公式计算后可作判断．【解答】解：①∵A、C关于直线OM'对称，∴OM'是AC的垂直平分线，∴CD=AD，故①正确；②连接OC，由①知：OM'是AC的垂直平分线，∴OC=OA，∴OA=OB=OC，以O为圆心，以OA为半径作⊙O，交AO的延长线于E，连接BE，则A、B、C都在⊙O上，∵∠MON=120°，∴∠BOE=60°，∵OB=OE，∴△OBE是等边三角形，∴∠E=60°，∵A、C、B、E四点共圆，∴∠ACD=∠E=60°，故②不正确；③当α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，∴∠AOC=60°，∴△AOC是等边三角形，∴∠OAC=60°，OC=OA=AC，由①得：CD=AD，∴∠CAD=∠ACD=∠CDA=60°，∴△ACD是等边三角形，∴AC=AD=CD，∴OC=OA=AD=CD，∴四边形OADC为菱形；故③正确；④∵CD=AD，∠ACD=60°，∴△ACD是等边三角形，当AC最大时，△ACD的面积最大，∵AC是⊙O的弦，即当AC为直径时最大，此时AC=2OA=2a，α=90°，∴△ACD面积的最大值是：34AC2=223(2)34aa，故④正确，所以本题结论正确的有：①③④故答案为：①③④．选B【点评】本题是圆和图形变换的综合题，考查了轴对称的性质、四点共圆的性质、等边三角形的判定、菱形的判定、三角形面积及圆的有关性质，有难度，熟练掌握轴对称的性质是关键，是一道比较好的填空题的压轴题．4．如图，在ABC中，3AC，5AB，22BC，45BCA，把线段AB绕点B旋转90得到线段AB，点A对应点为A，连接AA交BC于点D，则BD的长为（）A．54B．534C．524D．5104【答案】C【分析】如图，过A作AEBC于E，利用等腰直角三角形的性质求解,,AECE再得到2,2BE设,BDx证明,ADCBDA∽利用相似三角形的性质得到35,5ADx再利用勾股定理列方程求解即可得到答案．【解答】解：如图，过A作AEBC于E，45BCA，3AC，sinsin45,AEBCAAC32,2AECE22BC，32222,22BE由旋转的旋转可得：90,,ABABABA45,ABCA,ADCADB,ADCBDA∽,ACADBABD设,BDx又5,BABA32,,25ADDEBDBExx35,5ADx由222,ADAEDE22235322,522xx整理得：2452250,xx2524425450＞0,52152,8x又因为BDx＞0,5215252,84BDx故选C．【点评】本题考查的是旋转的旋转，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．5．英国数学家莫雷（Morley）在1904年发现了三角形的一个奇妙性质：如图，将任意三角形ABC的三个内角三等分，每两个内角相邻的三等分线交点,,DEF恰好构成一个正三角形．为了纪念他的发现，后人把它称为莫雷定理，也称为莫雷角三分线定理．若ABC为等腰直角三角形，其中90BAC，且ADF的面积为6，则EBC的面积为（）A．18B．123C．24D．243【答案】C【分析】如图，以D为圆心，DF为半径作圆，得交点H,I，J，再以J为圆心，DJ为半径作圆，得交点L,K，易证EK=DE=DF,再得到△ADG∽△BEK，根据相似比为1:2，即可求出△BEK的面积，从而得到△BEC的面积．【解答】如图，以D为圆心，DF为半径作圆，得交点H,I，J，再以J为圆心，DJ为半径作圆，得交点L,K，∴△DHL，△DLJ为等边三角形，∴∠LDJ=60°，∵每两个内角相邻的三等分线交点,,DEF∴∠DBJ=∠EBK=∠ECK=13∠ABC=15°∴∠DJE=∠LDJ+∠DBJ=75°∵DJ=DE∴∠DEJ=∠DJE=75°连接AE并延长至K，∵∠EBK=∠ECK∴BE=CE∴EK⊥BC∴∠BEK=90°-∠EBK=75°=∠DEJ又∵∠DBJ=∠EBK，BE=BE∴△BDE≌△BKE∴EK=DE=DF设AE与DF交于G点，∵DE=EF，∴EG⊥DF，∴G点为DF中点∴AD=AF∴∠DAG=12∠DAF=12×13∠BAC=15°∴∠DAG=∠EBK∵∠AGD=∠BKE=90°∴△ADG∽△BEK∴相似比为12DGEK∴S△BEK=4S△ADG=4×12S△ADF=12∴S△BCE=2S△BEK=24故选C．【点评】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是根据题意作辅助线求解．6．如图，在ABC中，90ACB，点D为AB的中点，3AC，1cos3A，将DAC△沿着CD折叠后，点A落在点E处，则BE的长为（）A．42B．4C．7D．32【答案】C【分析】连接AE交CD于F，根据余弦的定义求出AB，根据勾股定理求出BC，根据直角三角形的性质求出CD，根据面积公式求出AE，根据翻转变换的性质求出AF，根据勾股定理、三角形中位线定理计算即可．【解答】解：连接AE交CD于F，∵AC＝3，cos∠CAB＝13，∴AB＝3AC＝9，由勾股定理得，BC＝229362，∵∠ACB＝90°，点D为AB的中点，∴CD＝12AB＝92，∵S△ABC＝12×3×6292=，点D为AB的中点，∴S△ACD＝12S△ABC＝922，由翻转变换的性质可知，S四边形ACED＝92，AE⊥CD，则12×CD×AE＝92，∴AE＝42，∴AF＝22，由勾股定理得，DF＝2272ADAF-=，∵AF＝FE，AD＝DB，∴BE＝2DF＝7，故选：C．【点评】本题考查的是翻转变换的性质、直角三角形的性质、余弦的定义、勾股定理以及三角形中位线定理等，翻转变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．7．已知,MN为等腰RtABC斜边BC上的两点，62ABAC，3BM，45MAN．则NC（）A．3B．72C．4D．92【答案】C【分析】根据题意，画图如下，过点A作AG⊥AM，且AG=AM，连接CG和NG，利用SAS即可证出△BAM≌△CAG，从而得出CG=BM=3，∠ACG=∠B=45°，∠NCG=90°，然后利用SAS证出△MAN≌△GAN，可得MN=GN，设NC=x，利用勾股定理列出方程即可求出结论．【解答】解：根据题意，画图如下，过点A作AG⊥AM，且AG=AM，连接CG和NG∵△ABC为等腰直角三角形，62ABAC∴∠B=∠ACB=45°，∠BAC=90°，BC=2212ABAC∴∠BAM＋∠MAC=90°，∠CAG＋∠MAC=90°∴∠BAM=∠CAG在△BAM和△CAG中ABACBAMCAGAMAG∴△BAM≌△CAG∴CG=BM=3，∠ACG=∠B=45°∴∠NCG=∠ACB＋∠ACG=90°∵45MAN∴∠GAN=∠MAG－∠MAN=45°∴∠MAN=∠GAN∵AM=AG，AN=AN∴△MAN≌△GAN∴MN=GN设NC=x，则GN=MN=BC－BM－NC=9－x，在Rt△NCG中，NC2＋CG2=GN2∴x2＋32=（9－x）2解得：x=4即NC=4故选C．【点评】此题考查的是全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的性质和勾股定理，掌握构造全等三角形的方法、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的性质和勾股定理是解决此题的关键．8．如图，四边形ABCD是正方形，ΔECG是等腰直角三角形，∠BGE的平分线过点D交BE于H，O是EG的中点，对于下面四个结论：①GH⊥BE；②OH∥BG，且12OHBG；③:(642):1ECGABCDSS正方形V；④△EBG的外接圆圆心和它的内切圆圆心都在直线HG上．其中表述正确的个数是()A．1B．2C．3D．4【答案】D【分析】①由四边形ABCD是正方形，△ECG是等腰直角三角形，得出△BCE≌△DCG，推出∠BEC+∠HDE=90°，