2024年中考數(shù)學(xué)模擬試題匯編開放性問題

2024年中考數(shù)學(xué)模擬試題匯編開放性問題一.解答題1.（2024·河北石家莊·一模）如圖，拋物線y=﹣x2+x+1與y軸交于A點，過點A的直線與拋物線交于另一點B，過點B作BC⊥x軸，垂足為點C（3，0）（1）求直線AB的函數(shù)關(guān)系式；（2）動點P在線段OC上從原點出發(fā)以每秒一個單位的速度向C移動，過點P作PN⊥x軸，交直線AB于點M，交拋物線于點N．設(shè)點P移動的時間為t秒，MN的長度為s個單位，求s與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍；（3）設(shè)在（2）的條件下（不考慮點P與點O，點C重合的情況），連接CM，BN，當(dāng)t為何值時，四邊形BCMN為平行四邊形？問對于所求的t值，平行四邊形BCMN是否菱形？請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）由題意易求得A與B的坐標，然后有待定系數(shù)法，即可求得直線AB的函數(shù)關(guān)系式；（2）由s=MN=NP﹣MP，即可得s=﹣t2+t+1﹣（t+1），化簡即可求得答案；（3）若四邊形BCMN為平行四邊形，則有MN=BC，即可得方程：﹣t2+t=，解方程即可求得t的值，再分別分析t取何值時四邊形BCMN為菱形即可．【解答】解：（1）∵當(dāng)x=0時，y=1，∴A（0，1），當(dāng)x=3時，y=﹣×32+×3+1=2.5，∴B（3，2.5），設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，則：，解得：，∴直線AB的解析式為y=x+1；（2）根據(jù)題意得：s=MN=NP﹣MP=﹣t2+t+1﹣（t+1）=﹣t2+t（0≤t≤3）；（3）若四邊形BCMN為平行四邊形，則有MN=BC，此時，有﹣t2+t=，解得t1=1，t2=2，∴當(dāng)t=1或2時，四邊形BCMN為平行四邊形．①當(dāng)t=1時，MP=，NP=4，故MN=NP﹣MP=，又在Rt△MPC中，MC=，故MN=MC，此時四邊形BCMN為菱形，②當(dāng)t=2時，MP=2，NP=，故MN=NP﹣MP=，又在Rt△MPC中，MC=，故MN≠MC，此時四邊形BCMN不是菱形．【點評】此題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，線段的長與函數(shù)關(guān)系式之間的關(guān)系，平行四邊形以及菱形的性質(zhì)與判定等知識．此題綜合性很強，難度較大，解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．2.（2024·河北石家莊·一模）如圖1，一副直角三角板滿足AB=BC，AC=DE，∠ABC=∠DEF=90°∠EDF=30°，【操作1】將三角板DEF的直角頂點E放置于三角板ABC的斜邊AC上，再將三角板DEF繞點E旋轉(zhuǎn)，并使邊DE與邊AB交于點P，邊EF與邊BC于點Q．在旋轉(zhuǎn)過程中，如圖2，當(dāng)時，EP與EQ滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系？并給出證明．【操作2】在旋轉(zhuǎn)過程中，如圖3，當(dāng)時EP與EQ滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系？，并說明理由．【總結(jié)操作】根據(jù)你以上的探究結(jié)果，試寫出當(dāng)時，EP與EQ滿足的數(shù)量關(guān)系是什么？其中m的取值范圍是什么？（直接寫出結(jié)論，不必證明）m．第2題【考點】相似形綜合題．【分析】（操作1）連接BE，根據(jù)已知條件得到E是AC的中點，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可以證明DE=CE，∠PBE=∠C．根據(jù)等角的余角相等可以證明∠BEP=∠CEQ．即可得到全等三角形，從而證明結(jié)論；（操作2）作EM⊥AB，EN⊥BC于M、N，根據(jù)兩個角對應(yīng)相等證明△MEP∽△NWQ，發(fā)現(xiàn)EP：EQ=EM：EN，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到EM：EN=AE：CE；（總結(jié)操作）根據(jù)（2）中求解的過程，可以直接寫出結(jié)果；要求m的取值范圍，根據(jù)交點的位置的限制進行分析．【解答】（操作1）EP=EQ，證明：連接BE，根據(jù)E是AC的中點和等腰直角三角形的性質(zhì)，得：BE=CE，∠PBE=∠C=45°，∵∠BEC=∠FED=90°∴∠BEP=∠CEQ，在△BEP和△CEQ中，∴△BEP≌△CEQ（ASA），∴EP=EQ；如圖2，EP：EQ=EM：EN=AE：CE=1：2，理由是：作EM⊥AB，EN⊥BC于M，N，∴∠EMP=∠ENC，∵∠MEP+∠PEN=∠PEN+∠NEF=90°，∴∠MEP=∠NEF，∴△MEP∽△NEQ，∴EP：EQ=EM：EN=AE：CE=1：2；如圖3，過E點作EM⊥AB于點M，作EN⊥BC于點N，∵在四邊形PEQB中，∠B=∠PEQ=90°，∴∠EPB+∠EQB=180°，又∵∠EPB+∠MPE=180°，∴∠MPE=∠EQN，∴Rt△MEP∽Rt△NEQ，∴=，Rt△AME∽Rt△ENC，∴=m=，∴=1：m=，EP與EQ滿足的數(shù)量關(guān)系式1：m，即EQ=mEP，∴0＜m≤2+，（因為當(dāng)m＞2+時，EF和BC變成不相交）．【點評】本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，主要考查學(xué)生運用定理進行推理的能力，證明過程類似．3.（2024·河大附中·一模）(本題滿分9分)如圖(1)，線段AB=4，以線段AB為直徑畫☉O，C為☉O上的動點，連接OC，過點A作☉O的切線與BC的延長線交于點D，E為AD的中點，連接CE．(1)求證：CE是☉O的切線；第2題(2)①當(dāng)CE=時，四邊形AOCE為正方形？②當(dāng)CE=時，△CDE為等邊三角形時？答案：4.（2024·河大附中·一模）（本題滿分10分）在△ABC中，∠ACB為銳角，點D為射線BC上一動點，連接AD，將線段AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到AE，連接EC.問題發(fā)現(xiàn)：(1)如果AB=AC，∠BAC=90°，當(dāng)點D在線段BC上時（不與點B重合），如圖1，請你判斷線段CE，BD之間的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系（直接寫出結(jié)論）；拓展探究：(2)如果AB=AC，∠BAC=90°，當(dāng)點D在線段BC的延長線上時，如圖2，請判斷①中的結(jié)論是否仍然成立，如成立，請證明你的結(jié)論。問題解決：(3)如圖3，AB≠AC，∠BAC≠90。，若點D在線段BC上運動，試探究：當(dāng)銳角∠ACB等于度時，線段CE和BD之間的位置關(guān)系仍然成立（點C、E重合除外）。此時作DF⊥AD交線段CE于點F，AC=3，線段CF長的最大值是．答案：第4題答案：5.（2024·黑龍江大慶·一模）（本題9分）在平面直角坐標系中，有三點A（-1，0），B（0，錯誤！未找到引用源。），C（3，0）．（1）求過點A、B、C的拋物線的解析式；（2）如圖1，在線段AC上有一動點P，過P點作直線PD∥AB交BC于點D，求出△PBD面積的最大值；（3）如圖2，在（2）的情況下，在拋物線上是否存在一點Q，使△QBD的面積與△PBD面積相等，如存在，直接寫出Q點坐標，如不存在，請說明理由．第5題圖1圖2答案：解:（1）∵所求的函數(shù)解析式過A（-1，0），B（0，），C（3，0），∴設(shè)所求的函數(shù)解析式為：，當(dāng)，時，，解得：，∴所求的函數(shù)解析式為:或． 2分（2）∵A（-1，0），B（0，），C（3，0），OA=1，OB=，OC=3，OB⊥AC，∴在Rt△AOB和Rt△BOC中，tan∠BAO=，tan∠BCO=，∴∠BAO=60°，∠BCO=30°則∠ABC=90°，∴AB⊥BC，∴BC=2OB=；又∵AB⊥BC，PD//AB，∴PD⊥AC，∵P在線段AC上，設(shè)P（m，0），∴PC==3-m∵∠BCO=30°，PD⊥AC，∴PD=PC=；DC===，BD=BC-DC==，∴=，∴△PBD面積的最大值是； （3）（，），（，），（1，），（2，）． 圖1圖26.（2016·黑龍江齊齊哈爾·一模）（本題8分）如圖，過點A（-1，0）、B（3，0）的拋物線y=-x2+bx+c與y軸交于點C，它的對稱軸與x軸交于點E.求拋物線解析式；求拋物線頂點D的坐標；若拋物線的對稱軸上存在點P使，求此時DP的長.DDE答案：解：（1）y=-x2+2x+3；（2）D（1，4）；（3）1或7.7.（2024·黑龍江齊齊哈爾·一模）（本題12分）如圖，矩形ABCD的頂點A在軸的正半軸上，頂點D在軸的正半軸上，點B、點C在第一象限，sin∠OAD=，線段AD、AB的長分別是方程的兩根（AD＞AB）．（1）求點B的坐標；（2）求直線AB的解析式；（3）在直線AB上是否存在點M，使以點C、點B、點M為頂點的三角形與△OAD相似？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．答案：（1）過點B作BE⊥x軸于點E.解方程得.∵AD>AB∴AD=8，AB=3.∵∠OAD=,∴∠OAD=60°.∴∠BAE=30°OA=AD×cos60°=4∴AE=AB×cos30°=3×=，BE=AB×sin30°=∴B點的坐標為（）（2）設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b(k≠0).則，解得∴直線AB的解析式為y=x-.錯誤！未找到引用源。（3）存在，、、、8.（2024·湖北襄陽·一模）(本題11分）如圖，在正方形ABCD中，AB=5，P是BC邊上任意一點，E是BC延長線上一點，連接AP，作PF⊥AP，使PF＝PA，連接CF，AF，AF交CD邊于點G，連接PG．（1）求證：∠GCF＝∠FCE；（2）判斷線段PG，PB與DG之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）若BP＝2，在直線AB上是否存在一點M，使四邊形DMPF是平行四邊形，若存在，求出BM的長度，若不存在，說明理由．第8題答案：（1）證明：過點F作FH⊥BE于點H，HKMHKM∴∠ABC＝∠PHF＝∠DCB＝90o,AB＝BC，∴∠BAP＋∠APB＝90o∵AP⊥PF,∴∠APB＋∠FPH＝90o∴∠FPH＝∠BAP又∵AP＝PF∴△BAP≌△HPF∴PH＝AB，BP＝FH∴PH＝BC∴BP＋PC＝PC＋CH∴CH＝BP＝FH而∠FHC＝90o.∴∠FCH＝CFH＝45o∴∠DCF＝90o－45o＝45o∴∠GCF＝∠FCE（2）PG＝PB＋DG證明：延長PB至K，使BK=DG,∵四邊形ABCD是正方形∴AB=AD,∠ABK＝ADG=90o∴△ABK≌△ADG∴AK=AG,∠KAB＝∠GAD,而∠APF=90o,AP=PF∴∠PAF＝∠PFA＝45o∴∠BAP＋∠KAB＝∠KAP＝45o＝∠PAF∴△KAP≌△GAP∴KP=PG,∴KB＋BP=DG＋BP＝PG即，PG＝PB＋DG；（3）存在.如圖，在直線AB上取一點M，使四邊形DMPF是平行四邊形，則MD∥PF，且MD＝FP，又∵PF=AP，∴MD=AP∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABP=∠DAM∴△ABP≌△DAM∴AM＝BP=2，∴BM＝AB－AM=5－2=3.∴當(dāng)BM=3，BM+AM=AB時，四邊形DMPF是平行四邊形．9.（2024·湖北襄陽·一模）（本小題滿分13分）在平面直角坐標系中，二次函數(shù)的圖象與軸交于A（－3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C．（1）求這個二次函數(shù)的解析式；（2）點P是直線AC上方的拋物線上一動點，是否存在點P，使△ACP的面積最大？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由；（3）點Q是直線AC上方的拋物線上一動點，過點Q作QE垂直于軸，垂足為E．是否存在點Q，使以點B、Q、E為頂點的三角形與△AOC相似？若存在，直接寫出點Q的坐標；若不存在，說明理由；第9題答案：解：（1）由拋物線過點A（－3，0），B（1，0），則解得∴二次函數(shù)的關(guān)系解析式．（2）連接PO，作PM⊥x軸于M，PN⊥y軸于N．…4分設(shè)點P坐標為（m，n），則．PM=，，AO=3．（5分）當(dāng)時，＝２．∴OC=2．＝＝＝．8分∵＝－１＜0，∴當(dāng)時，函數(shù)有最大值．此時＝．∴存在點，使△ACP的面積最大．（3）存在點Q，坐標為：，．分△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC三種情況討論可得出．10.(2024·上海閔行區(qū)·二模)如果一個四邊形的兩條對角線相等，那么稱這個四邊形為“等對角線四邊形”．寫出一個你所學(xué)過的特殊的等對角線四邊形的名稱矩形．【考點】多邊形．【專題】新定義；開放型．【分析】我們學(xué)過的等腰梯形、矩形、正方形的對角線相等，任選一個即可．【解答】解：矩形、正方形的兩條對角線相等．故答案為：矩形．【點評】本題考查了多邊形，知道我們學(xué)過的等腰梯形、矩形、正方形的對角線相等是解題的關(guān)鍵．方案設(shè)計一.解答題1.（2024·河北石家莊·一模）某校實行學(xué)案式教學(xué)，需印制若干份數(shù)學(xué)學(xué)案，印刷廠有甲、乙兩種收費方式，除按印數(shù)收取印刷費外，甲種方式還需收取制版費而乙種不需要．兩種印刷方式的費用y（元）與印刷份數(shù)x（份）之間的關(guān)系如圖所示：（1）填空：甲種收費的函數(shù)關(guān)系式是y1=0.1x+6（x≥0）．乙種收費的函數(shù)關(guān)系式是y2=0.12x（x≥0）．（2）該校某年級每次需印制100～450（含100和450）份學(xué)案，選擇哪種印刷方式較合算？第1題【考點】待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；一次函數(shù)的應(yīng)用．【專題】優(yōu)選方案問題；待定系數(shù)法．【分析】（1）設(shè)甲種收費的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)1=kx+b，乙種收費的函數(shù)關(guān)系式是y2=k1x，直接運用待定系數(shù)法就可以求出結(jié)論；（2）由（1）的解析式分三種情況進行討論，當(dāng)y1＞y2時，當(dāng)y1=y2時，當(dāng)y1＜y2時分別求出x的取值范圍就可以得出選擇方式．【解答】解：（1）設(shè)甲種收費的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)1=kx+b，乙種收費的函數(shù)關(guān)系式是y2=k1x，由題意，得，12=100k1，解得：，k1=0.12，∴y1=0.1x+6（x≥0），y2=0.12x（x≥0）；（2）由題意，得當(dāng)y1＞y2時，0.1x+6＞0.12x，得x＜300；當(dāng)y1=y2時，0.1x+6=0.12x，得x=300；當(dāng)y1＜y2時，0.1x+6＜0.12x，得x＞300；∴當(dāng)100≤x＜300時，選擇乙種方式合算；當(dāng)x=300時，甲、乙兩種方式一樣合算；當(dāng)300＜x≤450時，選擇甲種方式合算．答：印制100～300（含100）份學(xué)案，選擇乙種印刷方式較合算，印制300份學(xué)案，甲、乙兩種印刷方式都一樣合算，印制300～450（含450）份學(xué)案，選擇甲種印刷方式較合算．【點評】本題考查待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式的運用，運用函數(shù)的解析式解答方案設(shè)計的運用，解答時求出函數(shù)解析式是關(guān)鍵，分類討論設(shè)計方案是難點．2.（2024·河大附中·一模）（10分）某家電銷售商城電冰箱的銷售價為每臺2100元，空調(diào)的銷售價為每臺1750元，每臺電冰箱的進價比每臺空調(diào)的進價多400元，商場用80000元購進電冰箱的數(shù)量與用64000元購進空調(diào)的數(shù)量相等．(1)求每臺電冰箱與空調(diào)的進價分別是多少？(2)現(xiàn)在商場準備一次購進這兩種家電共100臺，設(shè)購進電冰箱x臺，這100臺家電的銷售總利潤y元，要求購進空調(diào)數(shù)量不超過電冰箱數(shù)量的2倍，且購進電冰箱少于40臺，請確定獲利最大的方案以及最大利潤．(3)實際進貨時，廠家對電冰箱出廠價下調(diào)k元，若商店保持這兩種家電的售價不變，請你根據(jù)以上信息及(2)中條件，設(shè)計出使這100臺家電銷售總利潤最大的進貨方案。答案：3.（本題8分）如圖，A、B兩個單位分別位于一條封閉式街道的兩旁，A、B兩個單位到街道的距離AC=48米、BD=24米，A、B兩個單位的水平距離CE=96米，現(xiàn)準備修建一座與街道垂直的過街天橋．（1）天橋建在何處才能使由A到B的路線最短？（2）天橋建在何處才能使A、B到天橋的距離相等？分別在圖1、圖2中作圖說明（不必說明理由）并通過計算確定天橋的具體位置．第3題圖1圖2答案：解：（1）如答圖1，平移B點至B’使BB’=DE，連接AB’交CE于F，在此處建橋可使由A到B的路線最短；此時易知AB’∥BG，∴△ACF∽△BDG，，設(shè)CF=x，則GD=96-x，∴，解得x=64，即CF=64米，∴將天橋建在距離C點64米處，可使由A到B的路線最短；3分（2）如答圖1，平移B點至B’使BB’=DE，連接AB’交CE于F，作線段AB’的中垂線交CE于P，在此處建橋可使A、B到天橋的距離相等；此時易知AB’∥BG，另OP為AB’中垂線，∴△ACF∽△BDG∽△POF，，設(shè)CP=x，則PF=CF-x，由（1）得CF=64，∴PF=64-x；在Rt△ACF中，由勾股定理得AF=80，∴FB’=40，又O為AB’中點，∴FO=20，∴，解得x=39，即CP=39米，∴將天橋建在距離C點39米處，可使由A到B的路線最短．7分（其它如作對稱點等構(gòu)造方法，只要合理即可酌情得分）4.（2024·河南三門峽·一模）（10分）春節(jié)期間，某超市雞蛋供應(yīng)緊張，需每天從外地調(diào)運雞蛋1200斤．超市決定從甲、乙兩大型養(yǎng)殖場調(diào)運雞蛋，已知甲養(yǎng)殖場每天最多可調(diào)出800斤，乙養(yǎng)殖場每天最多可調(diào)出900斤，從兩養(yǎng)殖場調(diào)運雞蛋到超市的路程和運費如表：到超市的路程（千米）運費（元/斤?千米）甲養(yǎng)殖場2000.012乙養(yǎng)殖場1400.015（1）若某天調(diào)運雞蛋的總運費為2670元，則從甲、乙兩養(yǎng)殖場各調(diào)運了多少斤雞蛋？（2）設(shè)從甲養(yǎng)殖場調(diào)運雞蛋x斤，總運費為W元，試寫出W與x的函數(shù)關(guān)系式，怎樣安排調(diào)運方案才能使每天的總運費最?。拷猓海?）設(shè)從甲養(yǎng)殖場調(diào)運雞蛋x公斤，從乙養(yǎng)殖場調(diào)運雞蛋y公斤，根據(jù)題意得：，解得：，∵500＜800，700＜900，∴符合條件．答：從甲、乙兩養(yǎng)殖場各調(diào)運了500公斤，700公斤雞蛋；（2）從甲養(yǎng)殖場調(diào)運了x公斤雞蛋，從乙養(yǎng)殖場調(diào)運了（1200﹣x）公斤雞蛋，根據(jù)題意得：解得：300≤x≤800，總運費W=200×0.012x+140×0.015×（1200﹣x）=0.3x+2520，（300≤x≤800），∵W隨x的增大而增大，∴當(dāng)x=300時，W最小=2610元，∴每天從甲養(yǎng)殖場調(diào)運了300公斤雞蛋，從乙養(yǎng)殖場調(diào)運了900公斤雞蛋，每天的總運費最?。?.（2024·天津北辰區(qū)·一摸）（本小題10分）甲乙兩家商場平時以同樣的價格出售相同的商品.春節(jié)期間兩家商場都讓利酬賓，其中甲商場所有商品按8折出售，乙商場對一次購物中超過200元后的價格部分打7折.設(shè)（單位：元）表示商品原價，（單位：元）表示購物金額.（Ⅰ）根據(jù)題意，填寫下表：（單位：元）120180120180200甲商場96160208乙商場120180200購物金額商品原價（Ⅱ）分別就兩家商場的讓利方式，寫出關(guān)于的函數(shù)解析式；（Ⅲ）解：（Ⅰ）120180200260甲商場96144160208乙商場120180200242（Ⅱ）甲商場：（）；乙商場：…7分（Ⅲ）∵，∴由，得.∴當(dāng)購物金額按原價大于200元而小于600元時，在甲商場購物省錢；當(dāng)購物金額按原價等于600元時，在兩商場購物花錢一樣多；當(dāng)購物金額按原價大于600元時，在乙商場購物省錢.6.（2024·天津南開區(qū)·二模）某中學(xué)在“五月份學(xué)習(xí)競賽月”中舉辦了演講、書法、作文、手抄報、小品、漫畫六項比賽某租賃公司共有50臺聯(lián)合收割機，其中甲型20臺，乙型30臺.現(xiàn)將這50臺聯(lián)合收割機派往A、B兩地收割小麥，其中30臺派往A地，20臺派往B地.兩地區(qū)與該租賃公司商定的每天的租賃價格如下：（1）設(shè)派往A地x臺乙型聯(lián)合收割機，租賃公司這50臺聯(lián)合收割機一天獲得的租金為y（元），請用x表示y，并注明x的范圍．（2）若使租賃公司這50臺聯(lián)合收割機一天獲得的租金總額不低于79600元，說明有多少種分派方案，并將各種方案寫出．考點：一次方程（組）的應(yīng)用一元一次不等式的應(yīng)用答案：見解析試題解析：（1）y=（30﹣x）×1800+（x﹣10）×1600+1600x+（30﹣x）×1200=200x+74000，10≤x≤30；（2）200x+74000≥79600，解得x≥28，三種方案，依次為x=28，29，30的情況①當(dāng)x=28時，派往A地28臺乙型聯(lián)合收割機，那么派往B地2臺乙，派往A地的2臺甲型收割機，派往B地18臺甲．②當(dāng)x=29時，派往A地29臺乙型聯(lián)合收割機，那么派往B地1臺乙，派往A地的1臺甲型收割機，派往B地19臺甲．③當(dāng)x=30時，派往A地30臺乙型聯(lián)合收割機，那么派往B地0臺乙，派往A地的0臺甲型收割機，派往B地20臺甲．7.(2024·陜西師大附中·模擬)(7分)某游泳館普通票價20元/張，暑假為了促銷，新推出兩種優(yōu)惠卡：①金卡售價600元/張，每次憑卡不再收費；②銀卡售價150元/張，每次憑卡另收費10元．暑假普通票正常出售，兩種優(yōu)惠卡僅限暑假使用，不限次數(shù)．設(shè)游泳x次時，所需總費用為y元．（1）分別寫出選擇銀卡、普通卡消費時，y與x之間的函數(shù)關(guān)系式；（2）在同一個坐標系中，若三種消費方式對應(yīng)的函數(shù)圖象如圖所示，請求出點A、B、C的坐標；（3）請根據(jù)函數(shù)圖象，直接寫出選擇哪種消費方式更合算．600O600OxyABCD（本題滿分7分）解：（1）選擇銀卡消費時：，選擇普通卡消費時：y=20x．（2），當(dāng)x=0時，y=150，所以點A的坐標為（0，150）；解方程組得：，所以點B的坐標為（15，300）；解方程組得：，所以點C的坐標為（45，600）．（3）由圖象可以看出：當(dāng)0≤x≤15時，普通卡消費更劃算；當(dāng)15＜x≤45時，銀卡消費更劃算；當(dāng)x＞45時，金卡消費更劃算．操作探究一.選擇題1.（2016泰安一模）把一張矩形紙片（矩形ABCD）按如圖方式折疊，使頂點B和點D重合，折痕為EF．若AB=3cm，BC=5cm，則重疊部分△DEF的面積是（）A．7.5cm2 B．5.1cm2 C．5.2cm2 D．7.2cm2【考點】翻折變換（折疊問題）．【專題】計算題．【分析】根據(jù)圖形折疊前后圖形不發(fā)生大小變化，得出AE=A′E，再利用勾股定理得出A′E2+A′D2=ED2，從而求出x，進而得出DE的長，再求出△DEF的面積．【解答】解：∵按如圖方式折疊，使頂點B和點D重合，折痕為EF，∵AB=3cm，BC=5cm，∴A′D=AB=3cm，假設(shè)AE=x，則A′E=xcm，DE=5﹣x（cm），∴A′E2+A′D2=ED2，∴x2+9=（5﹣x）2，解得：x=1.6，∴DE=5﹣1.6=3.4（cm），∴△DEF的面積是：×3.4×3=5.1（cm2）．故選B二.填空題1.（2024·天津市和平區(qū)·一模）長為1，寬為a的矩形紙片（＜a＜1），如圖那樣折一下，剪下一個邊長等于矩形寬度的正方形（稱為第一次操作）；再把剩下的矩形如圖那樣折一下，剪下一個邊長等于此時矩形寬度的正方形（稱為第二次操作）；如此反復(fù)操作下去，若在第n次操作后，剩下的矩形為正方形，則操作終止．（I）第二次操作時，剪下的正方形的邊長為1﹣a；（Ⅱ）當(dāng)n=3時，a的值為或．（用含a的式子表示）【考點】翻折變換（折疊問題）．【分析】根據(jù)操作步驟，可知每一次操作時所得正方形的邊長都等于原矩形的寬．所以首先需要判斷矩形相鄰的兩邊中，哪一條邊是矩形的寬．當(dāng)＜a＜1時，矩形的長為1，寬為a，所以第一次操作時所得正方形的邊長為a，剩下的矩形相鄰的兩邊分別為1﹣a，a．由1﹣a＜a可知，第二次操作時所得正方形的邊長為1﹣a，剩下的矩形相鄰的兩邊分別為1﹣a，a﹣（1﹣a）=2a﹣1．由于（1﹣a）﹣（2a﹣1）=2﹣3a，所以（1﹣a）與（2a﹣1）的大小關(guān)系不能確定，需要分情況進行討論．又因為可以進行三次操作，故分兩種情況：①1﹣a＞2a﹣1；②1﹣a＜2a﹣1．對于每一種情況，分別求出操作后剩下的矩形的兩邊，根據(jù)剩下的矩形為正方形，列出方程，求出a的值．【解答】解：由題意，可知當(dāng)＜a＜1時，第一次操作后剩下的矩形的長為a，寬為1﹣a，所以第二次操作時正方形的邊長為1﹣a，第二次操作以后剩下的矩形的兩邊分別為1﹣a，2a﹣1．故答案為：1﹣a；此時，分兩種情況：①如果1﹣a＞2a﹣1，即a＜，那么第三次操作時正方形的邊長為2a﹣1．∵經(jīng)過第三次操作后所得的矩形是正方形，∴矩形的寬等于1﹣a，即2a﹣1=（1﹣a）﹣（2a﹣1），解得a=；②如果1﹣a＜2a﹣1，即a＞，那么第三次操作時正方形的邊長為1﹣a．則1﹣a=（2a﹣1）﹣（1﹣a），解得a=．故答案為：或．【點評】本題考查了一元一次方程的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是分兩種情況：①1﹣a＞2a﹣1；②1﹣a＜2a﹣1．分別求出操作后剩下的矩形的兩邊．2.(2024·鄭州·二模)已知一個矩形紙片OACB，OB＝6，OA＝11，點P為BC邊上的動點（點P不與點B、C重合），經(jīng)過點O折疊該紙片，得折痕OP和點B'，經(jīng)過點P再次折疊紙片，使點C落在直線PB'上，得折痕PQ和點C'，當(dāng)點C'恰好落在邊OA上時BP的長為．答案：3.(2024·上海浦東·模擬)則1﹡2＝44.（2024·江蘇省南京市鐘愛中學(xué)·九年級下學(xué)期期初考試）如圖，已知正方形ABCD的頂點A、B在⊙O上，頂點C、D在⊙O內(nèi)，將正方形ABCD繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，使點D落在⊙O上．若正方形ABCD的邊長和⊙O的半徑均為6cm，則點D運動的路徑長為cm．答案：π三.解答題1.（2024·河北石家莊·一模）如圖1，一副直角三角板滿足AB=BC，AC=DE，∠ABC=∠DEF=90°∠EDF=30°，【操作1】將三角板DEF的直角頂點E放置于三角板ABC的斜邊AC上，再將三角板DEF繞點E旋轉(zhuǎn)，并使邊DE與邊AB交于點P，邊EF與邊BC于點Q．在旋轉(zhuǎn)過程中，如圖2，當(dāng)時，EP與EQ滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系？并給出證明．【操作2】在旋轉(zhuǎn)過程中，如圖3，當(dāng)時EP與EQ滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系？，并說明理由．【總結(jié)操作】根據(jù)你以上的探究結(jié)果，試寫出當(dāng)時，EP與EQ滿足的數(shù)量關(guān)系是什么？其中m的取值范圍是什么？（直接寫出結(jié)論，不必證明）m．第1題【考點】相似形綜合題．【分析】（操作1）連接BE，根據(jù)已知條件得到E是AC的中點，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可以證明DE=CE，∠PBE=∠C．根據(jù)等角的余角相等可以證明∠BEP=∠CEQ．即可得到全等三角形，從而證明結(jié)論；（操作2）作EM⊥AB，EN⊥BC于M、N，根據(jù)兩個角對應(yīng)相等證明△MEP∽△NWQ，發(fā)現(xiàn)EP：EQ=EM：EN，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到EM：EN=AE：CE；（總結(jié)操作）根據(jù)（2）中求解的過程，可以直接寫出結(jié)果；要求m的取值范圍，根據(jù)交點的位置的限制進行分析．【解答】（操作1）EP=EQ，證明：連接BE，根據(jù)E是AC的中點和等腰直角三角形的性質(zhì)，得：BE=CE，∠PBE=∠C=45°，∵∠BEC=∠FED=90°∴∠BEP=∠CEQ，在△BEP和△CEQ中，∴△BEP≌△CEQ（ASA），∴EP=EQ；如圖2，EP：EQ=EM：EN=AE：CE=1：2，理由是：作EM⊥AB，EN⊥BC于M，N，∴∠EMP=∠ENC，∵∠MEP+∠PEN=∠PEN+∠NEF=90°，∴∠MEP=∠NEF，∴△MEP∽△NEQ，∴EP：EQ=EM：EN=AE：CE=1：2；如圖3，過E點作EM⊥AB于點M，作EN⊥BC于點N，∵在四邊形PEQB中，∠B=∠PEQ=90°，∴∠EPB+∠EQB=180°，又∵∠EPB+∠MPE=180°，∴∠MPE=∠EQN，∴Rt△MEP∽Rt△NEQ，∴=，Rt△AME∽Rt△ENC，∴=m=，∴=1：m=，EP與EQ滿足的數(shù)量關(guān)系式1：m，即EQ=mEP，∴0＜m≤2+，（因為當(dāng)m＞2+時，EF和BC變成不相交）．【點評】本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，主要考查學(xué)生運用定理進行推理的能力，證明過程類似．2.(2024·鄭州·二模)（10分）如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，D為AB的中點，/EDF＝90°，DE交AC于點G，DF經(jīng)過點C．（1）求/ADE的度數(shù)；（2）如圖2，將圖1中的∠EDF繞點D順時針方向旋轉(zhuǎn)角α（0°<α<60°），旋轉(zhuǎn)過程中的任意兩個位置分別記為∠E1DF1，∠E2DF2，DE1交直線AC于點P，DF1交直線BC于點Q，DE2交直線AC于點M，DF2交直線BC于點N，求的值；（3）若圖1中∠B＝β（60°<β<90°），（2）中的其余條件不變，請直接寫出的值（用含β的式子表示）．【解答】解：（1）∵∠ACB=90°，D為AB的中點，∴CD=DB，∴∠DCB=∠B.∵∠B=60°，∴∠DCB=∠B=∠CDB=60°∴∠CDA=120°.∵∠EDC=90°，∴∠ADE=30°；（2）∵∠C=90°，∠MDN=90°，∴∠DMC+∠CND=180°.∵∠DMC+∠PMD=180°，∴∠CND=∠PMD.同理∠CPD=∠DQN.∴△PMD∽△QND.過點D分別做DG⊥AC于G，DH⊥BC于H.可知DG，DH分別為△PMD和△QND的高.∴∵DG⊥AC于G，DH⊥BC于H，∴DG∥BC.又∵D為AB中點，∴G為AC中點.∵∠C=90°，∴四邊形CGDH為矩形，有CG=DH=AG，Rt△AGD中，.即.（3）=tan（90°﹣β）（=.3.（2024·廣東東莞·聯(lián)考）如圖，在△ABC中，AB=AC，AD是高，AM是△ABC外角∠CAE的平分線．（1）用尺規(guī)作圖方法，作∠ADC的平分線DN；（保留作圖痕跡，不寫作法和證明）（2）設(shè)DN與AM交于點F，判斷△ADF的形狀．（只寫結(jié)果）【考點】等腰三角形的判定與性質(zhì)；作圖—基本作圖．【專題】作圖題．【分析】（1）以D為圓心，以任意長為半徑畫弧，交AD于G，交DC于H，分別以G、H為圓心，以大于GH為半徑畫弧，兩弧交于N，作射線DN，交AM于F．（2）求出∠BAD=∠CAD，求出∠FAD=×180°=90°，求出∠CDF=∠AFD=∠ADF，推出AD=AF，即可得出答案．【解答】解：（1）如圖所示：（2）△ADF的形狀是等腰直角三角形，理由是：∵AB=AC，AD⊥BC，∴∠BAD=∠CAD，∵AF平分∠EAC，∴∠EAF=∠FAC，∵∠FAD=∠FAC+∠DAC=∠EAC+∠BAC=×180