期中测试压轴题考点训练（21-24章）（解析版）

期中测试压轴题考点训练（21-24 章） 一、单选题 1．如图，菱形BD 中，∠＝60°，B＝3，⊙、⊙B 的半径分别为2 和1，点P、E、F 分别是 边D、⊙和⊙B 上的动点，则PE＋PF 的最小值是（ ） ．1 B．2 ．25 D．3 【答】D 【分析】利用菱形的性质以及圆的性质得出 与 重合时 的最小值，进而求出即 可． 【详解】解：如图，作 点关于直线 的对称点 ，连接 ，延长 交 于点 ， 连接 ， ， 四边形 是菱形， ，B＝3， ， ， 、 是等边三角形 ，∴ ， ， ， ， ， ， 在一条直线上， 由题意可得出：当 与 重合， 点在 上， 在 上时， 最小， ∵ ，⊙、⊙B 的半径分别为2 和1， ， ， 的最小值是3． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，轴对称的性质以及圆的 性质等相关知识，根据题意得出 点位置是解题关键． 2．如图，在 中， 且 ，点 为 的内心，点 为 边中点， 将 绕点 顺时针旋转 得到线段 ，连接 ，则 长的最小值为（ ） ． B． ． D． 【答】 【分析】连接 、 ，根据三角形内心的性质，得出 ，得出点P 在过、B 的圆弧上运动，此时圆心为点E，半径为 ，连接 交 于点F，交 于点G，连接 ， ， ，先求出 ，根据垂径定理得出 ， ，证明 ，得出 ，根据勾股定理求出 ，得出 ，求出结果即可． 【详解】解：连接 、 ，如图所示： ∵ ， ∴ ， ∵点 为 的内心， ∴ 、 分别平分 、 ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ， ∴ 为定值， ∴点P 在过、B 的圆弧上运动，此时圆心为点E，半径为 ，连接 交 于点F，交 于点G，连接 ， ， ，如图所示： 当点P 在点F 时， 最小， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ 为等腰直角三角形， ∴ ， ∵ 为 的中点， ∴ ， ， 根据旋转可知， ， ， ∴ ， ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ，∴ ， 即 的最小值为 ，故正确．故选：． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋 转的性质，三角形全等的判定和性质，角平分线定义，三角形内角和定理，解题的关键是 作出辅助线，找出点P 的运动轨迹，使 取最小值时，点P 的位置． 3．如图是抛物线 的部分图像，其顶点坐标为 ，且与 轴的一个 交点在点 和 之间，则下列结论：① ；② ；③抛物线另一个交点 在 到 之间；④当 时， ；⑤一元二次方程 有两个不相等的实数根，其中正确结论的个数是（ ） ．2 个 B．3 个 ．4 个 D．5 个 【答】 【分析】①根据抛物线的对称轴公式即可求解；②当 时， ，再利用对称轴公式即 可求解；③根据抛物线的对称性即可求解；④根据抛物线的平移即可求解；⑤根据一元二 次方程的判别式即可求解． 【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为 ，即抛物线的对称轴为 ， ∴ ， ∴ ，故结论①错误； ②当 时， ， ∴ ， ∴ ， ∴ ，故结论②正确； ③∵抛物线的顶点坐标为 ，即对称轴为 ， 又∵该抛物线与 轴的一个交点在点 和 之间， ∴抛物线另一个交点 在 到 之间，故结论③正确； ④将抛物线 图像向下平移个单位后图像过原点， 即可得抛物线 的图像， 画出直线 ，如下图， 根据图像可知，当 时， ， 即 ，故结论④正确； ⑤一元二次方程 ， 则 根据图像可知： ， ∴ ， ∴ ， ∴一元二次方程 有两个不相等的实数根，故结论⑤正确． 综上所述，结论正确的有②③④⑤，共计4 个． 故选：． 【点睛】本题考查了二次函数的图像与系数间的关系，二次函数与不等式的关系，抛物线 的性质等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键 4．已知α、β 是方程2x2 3x 1=0 ﹣ ﹣ 的两个实数根，则（α 2 ﹣）（β 2 ﹣）的值是（ ） ． B． ．3 D． 【答】 【详解】试题分析：根据一元二次方程根与系数的关系x1+x2=- ，x1•x2= ，由α、β 是方 程2x2 3x 1=0 ﹣ ﹣ 的两个实数根，可得α+β= ，αβ=﹣ ，再由式子求得（α 2 ﹣）（β 2 ﹣） =αβ 2 ﹣（α+β）+4=﹣ 2× ﹣ +4= ． 故选： 点睛：此题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系，解题时灵活运用一元二次方程根 与系数的关系求出x1+x2=- ，x1•x2= ，然后根据整式的乘法变形整体代入即可 5．某口罩经销商批发了一批口罩，进货单价为每盒50 元，若按每盒60 元出售，则每周可 销售80 盒．现准备提价销售，经市场调研发现：每盒每提价1 元，每周销量就会减少2 盒， 为保护消费者利益，物价部门规定，销售时利润率不能超过50%，设该口罩售价为每盒 元，现在预算销售这种口罩每周要获得1200 元利润，则每盒口罩的售价应定为（ ） ．70 元 B．80 元 ．70 元或80 元 D．75 元 【答】 【分析】根据每天的销售利润＝每箱的销售利润×销售数量，即可列出关于x 的一元二次 方程，解方程即可求出x 的值，在结合销售利润不能超过50%，即可确定x 的值． 【详解】解：根据题意得：（x﹣50）[80-2（x-60）]＝1200， 整理得：x2﹣150x+5600＝0． 解得：x1＝70，x2＝80． 当x＝70 时，利润率＝ ×100%＝40%＜50%，符合题意； 当x＝80 时，利润率＝ ×100%＝60%＞50%，不合题意，舍去． 所以要获得1200 元利润，每盒口罩的售价应定为70 元． 故选：． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及列代数式，解题关键是根据各数量之间的关 系，用含x 的代数式表示出平均每天的销售量，找准等量关系正确列出一元二次方程． 6．如图所示，以正方形 的顶点 为圆心的弧恰好与对角线 相切，以顶点 为圆 心，正方形的边长为半径的弧，已知正方形的边长为 ，则图中阴影部分的面积为（ ） ． B． ． D． 【答】D 【分析】连接交BD 于，由正方形的性质得出=B= BD，⊥BD，∠BD=90°，B=D=2， ∠B= BF=45° ∠ ，由勾股定理求出BD，得出=B= ，求出△B 的面积、扇形E 的面积、扇形 BF 的面积，即可得出图中阴影部分的面积． 【详解】连接交BD 于，如图所示： ∵四边形BD 是正方形， =B= ∴ BD，⊥BD，∠BD=90°，B=D=2，∠B= BF=45° ∠ ， BD= ∴ = ， =B= ∴ ， B ∴△的面积= × × =1， ∵以正方形BD 的顶点为圆心的弧恰好与对角线BD 相切，⊥BD， ∴为切点， ∵扇形E 的面积= ，扇形BF 的面积= ， ∴图中阴影部分的面积= 故选D． 【点睛】本题考查了切线的性质、正方形的性质、勾股定理、扇形面积的计算；熟练掌握 切线的性质和正方形的性质，求出扇形的面积是解决问题的关键． 7．抛物线y＝x2 9 ﹣与x 轴交于、B 两点，点P 在函数y＝ 的图象上，若△PB 为直角三角 形，则满足条件的点P 的个数为( ) ．2 个 B．3 个 ．4 个 D．6 个 【答】D 【详解】分析：先由二次函数与一元二次方程的关系求出、B 两点的坐标,然后分类讨论： ①当∠PB=90°时，则P 点的横坐标为-3，根据反比例函数图象上点的坐标特征易得P 点有1 个；②当∠PB=90°，设P（x， ），根据两点间的距离公式和勾股定理可得（x+3）2+（ ）2+（x-3）2+（ ）2=36，此时P 点有4 个，③当∠PB=90°时，P 点的横坐标为3，此 时P 点有1 个． 详解：解 得， x=±3, (-3,0) ∴ ，B(3,0) ①当∠PB=90°时，如图1，P 点的横坐标为-3，把x=-3 代入y= 得y=- ，所以此时P 点有1 个； ②当∠PB=90°，如图2，设P（x， ），P2=（x+3）2+（ ）2，PB2=（x-3）2+（ ） 2，B2=（3+3）2=36， ∵P2+PB2=B2， ∴（x+3）2+（ ）2+（x-3）2+（ ）2=36， 整理得x4-9x2+4=0，所以x2= ，或x2= ， 所以此时P 点有4 个， ③当∠PB=90°时，如图3，P 点的横坐标为3，把x=3 代入y= 得y= ，所以此时P 点 有1 个； 综上所述，满足条件的P 点有6 个． 故选D． 点睛：本题考查了二次函数与坐标轴的交点，反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函 数y= （k 为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值 k，即xy=k． 8．如图， 是 的直径， 是 的切线， 与 交于点 为 上一点，若 则 等于（ ） ． B． ． D． 【答】 【分析】连接B，证明 ，即可解决问题． 【详解】 连接 ． ∵ 是 的切线， ∴ ， ∴ ， ∵ 是 的直径， ∴ ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ， 故选： ． 【点睛】本题主要考查圆周角定理及其推论，以及切线的性质．圆周角定理：圆周角的度 数等于它所对的圆心角度数的一半． 9．如图，等腰 的一个锐角顶点 是 上的一个动点， ，腰 与斜 边 分别交 于点 ，分别过点 作 的切线交于点 ，且点 恰好是腰 上的点，连接 ，若 的半径为4，则 的最大值为：（ ） ． B． ．6 D．8 【答】 【分析】先由等腰三角形的性质、切线的性质及圆的半径相等判定四边形DFE 是正方形， 再得出点在以EF 为直径的半圆上运动，则当经过半圆圆心G 时，的值最大，用勾股定理计 算出G 的长度，再加上G 的长度即可． 【详解】解：∵等腰Rt B △中，∠B=90°， = B=45° ∴∠∠ ， DE=2 =90° ∴∠ ∠ ， ∵分别过点D，E 作⊙的切线， D DF ∴⊥ ，E EF ⊥ ， ∴四边形DFE 是矩形， D=E=4 ∵ ， ∴四边形DFE 是正方形，∴EF=4， ∵点F 恰好是腰B 上的点，∴∠EF=90° ∴点在以EF 为直径的半圆上运动， ∴设EF 的中点为G，则EG=FG=G= EF=2，且当经过半圆圆心G 时，的值最大，此时，在 Rt EG △ 中，G= ， =G+G= ∴ 故答为： 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、切线的性质、正方形的判定、直角所对的弦是直 径及勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键 10．如图，矩形 中， ，E 为 上一点（不含点），为 的中点，连接 并延长，交 于点F，点G 为 上一点， ，连接 ， ．甲、乙二位 同学都对这个问题进行了研究，并得出自己的结论． 甲：存在点E，使 ； 乙： 的面积存在最小值． 下列说法正确的是（ ） ．甲、乙都正确 B．甲、乙都不正确 ．甲正确，乙不正确 D．甲不正确，乙正确 【答】D 【分析】先证明△ED≌△FB 得到DE=BF，推出E=F，则F=DG，假设存在点E 使得 EG⊥FG，可证△EDG≌△GF 得到DE=F，从而推出D=D，再由 ，推出D＞D，与 D=D 矛盾，即可判断甲；可假设设B=D=4，B=D=3，E=DG=F=x，则BF=DE=3-x，G=4-x， 然后根据 求出△EFG 的面积关于x 的二次函数关系式，即可求 出△EFG 的面积的最小值，同理假设B=D=4 时，只要满足B＜B，都能求出△EFG 的面积关 于线段E 的长的二次函数关系式，即可求出△EFG 的面积有最小值，即可判断乙． 【详解】解：∵四边形BD 是矩形， ∴ ，∠D= =90° ∠ ，B=D， ∴∠DE=∠BF，∠ED=∠FB， ∵是BD 的中点， ∴B=D， ∴△ED≌△FB（S）， ∴DE=BF， ∴E=F， 又∵E=DG， ∴F=DG， 假设存在点E 使得EG⊥FG， ∴∠EGF=90°， ∴∠EGD+∠GF=90°， 又∵∠EGD+∠DEG=90°， ∴∠DEG=∠GF， 又∵∠EDG=∠GF=90°， ∴△EDG≌△GF（S）， ∴DE=G， ∴E+DE=DG+G，即D=D， ∵ ， ∴D＞D，与D=D 矛盾， ∴假设不成立，即不存在点E 使得EG 与GF 垂直，故甲说法错误； 设B=D=4，B=D=3，E=DG=F=x，则BF=DE=3-x，G=4-x， ∴ ， 即当 时，△EFG 的面积有最小值， 同理假设B=D=4 时，只要满足B＜B，都能求出△EFG 的面积关于线段E 的长的二次函数关 系式，即可求出△EFG 的面积有最小值，故乙说法正确； 故选D． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，二次函数的几何应用 等等，熟知正方形的性质和全等三角形的性质与判定条件是解题的关键． 二、填空题 11．如图，梯形BD 中， ， ，将线段B 绕着点B 按顺时针方向旋转，使 点落在D 延长线上的点E 处．联结E、BE，设BE 与边D 交于点F，如果 ，且 ，那么梯形BD 的中位线等于 ． 【答】7 【分析】由根据三角形的面积公式，由 得 ，进而求得DE=2，从而求得底 边E 的长，于是可求得D 的长，进而求得梯形BD 的中位线． 【详解】解：过点B 作BM⊥E 于点M，如下图， ∵ ， ， ∴∠D=180°- =180°-90°=90° ∠ ， ∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴DE=2， ∵BM⊥E， ∴∠BMD=90°， ∴四边形BMD 是矩形， ∴DM=B=4， ∴EM=2+4=6， ∵将线段B 绕着点B 按顺时针方向旋转，使点落在D 延长线上的点E 处， ∴BE=B， ∵BM⊥E， ∴E=2EM=12， ∴D=12-2=10， ∴梯形BD 的中位线为： ， 故答为：7． 【点睛】本题考查了梯形的中位线，平行线的性质，矩形的性质，旋转的性质，熟练掌握 旋转的性质是解题的关键． 12．如图，B 是半圆的直径，D 是半圆上一点，是 的中点，连结交BD 于点E，连结D， 若BE＝4DE，E＝6，则B 的长为 ． 【答】4 【分析】如图，连接交BD 于K．设DE＝k．BE＝4k，则DK＝BK＝25k，EK＝15k，由D K ∥， 推出E：E＝DE：EK，可得E＝4，由△EK EB ∽△ ，推出E2＝EK•EB，求出k 即可解决问题． 【详解】解：如图，连接交BD 于K． ∵ ， BD ∴⊥ ， BE ∵ ＝4DE， ∴可以假设DE＝k．BE＝4k，则DK＝BK＝25k，EK＝15k， B ∵是直径， DK ∴∠ ＝∠DK＝∠B＝90°， D K ∴∥， E ∴：E＝DE：EK， E ∴：6＝k：15k， E ∴＝4， EK EB ∵△ ∽△ ， E ∴ 2＝EK•EB，∴36＝15k×4k， k ∵＞0，∴k＝ ， B ∴＝ ＝ ＝2 ， B ∴＝ ＝ ＝4 ． 故答为：4 ． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理等知识，解题的关键 是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型． 13．如图， ， ，弧B 所对的圆心角为 ，且 弦 若点P 在弧B 上，点E、F 分别在B、上则 的最小值为 ． 【答】 【分析】连接P，P， 分别以B、所在直线为对称轴，作出P 关于B 的对称点为M，P 关 于的对称点为，连接M，交B 于点E，交于点F，连接PE、PF，所以 ，设 ，易求得： ，所以 ，即当P 最小 时， 可取得最小值． 【详解】连接P，， 分别以B、所在直线为对称轴，作出P 关于B 的对称点为M，P 关 于的对称点为，连接M，交B 于点E，交于点F，连接PE、PF． ， ， ， ， ， 、P、在以为圆心，P 为半径的圆上， 设 ， 易求得： ， ， ， ， 当P 最小时， 可取得最小值 ， ，即点P 在上时，P 可取得最小值， 在 中， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ，作 交的延长线于． 在 中， ， ， ， ， 在 中， ， 此时 ， 的最小值为 ， 故答为 ． 【点睛】本题考查圆的有关知识，涉及轴对称的性质，勾股定理，垂径定理，等边三角形 的性质与判定等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用知识． 14．如图，菱形D 的边长为2，对角线、BD 相交于点，BD=2，分别以B、B 为直径作半圆， 则图中阴影部分的面积为 ． 【答】 － 【分析】设B 的中点为M，D 交半圆M 于点，连接M，M．易证∆BD 是等边三角形，进而 得∠M=60°，即可求出 ；再证四边形MD 是菱形，连接，MD，求出 ，利用 ，即可求解． 【详解】设B 的中点为M，D 交半圆M 于点，连接M，M． ∵四边形BD 是菱形， BD ∴ ⊥， ∴两个半圆都经过点， BD=B=D=2 ∵ ， ∴∆BD 是等边三角形， BD=60° ∴∠ ， D=30° ∴∠ ， M=60° ∴∠ ， ∴ ， D=M=M==D=1 ∵ ， ∴四边形MD 是菱形， 连接，MD，则MD B ⊥，∆ M 是等边三角形， MD= ∴ M= ，=1， ∴ MD×= ， ∴ ． 故答是： － 【点睛】本题主要考查菱形的性质和扇形的面积公式，添加辅助线，构造等边三角形和扇 形，利用割补法求面积，是解题的关键． 15．在某市中考体考前，某初三学生对自己某次实心球训练的录像进行分析，发现实心球 飞行高度y（米）与水平距离x（米）之间的关系为 ，由此可知该生此 次实心球训练的成绩为 米． 【答】10 【分析】根据铅球落地时，高度 ，把实际问题可理解为当 时，求x 的值即可． 【详解】解：当 时， ， 解得， （舍去）， ． 故答为10． 【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，解析式中自变量与函数表达的实际意义；结合 题意，选取函数或自变量的特殊值，列出方程求解是解题关键． 16．如图，已知菱形 中， ， 为钝角， 于点 ， 为 的中点， 连接 ， 若 ，则过 、 、 三点的外接圆半径为 【答】 【分析】通过延长M 交D 延长线于点E，DF B, ⊥构造全等三角形，根据全等性质证出 DE=DM,,再通过E=BM=F,在Rt DMF △ 和Rt DF △ 中，利用勾股定理列方程求DM 长，根据圆的 性质即可求解 【详解】如图，延长M 交D 延长线于点E，过D 作DF B ⊥交B 延长线于F,连接MD, ∵四边形BD 是菱形， B=B=D=4 ∴ ，D B, ∥ E= EMB, E= BM, ∴∠ ∠ ∠ ∠ =B, ∵ E BM, ∴△≌ E=BM,E=M, ∴ ∵ , D EM, ∴⊥ DE=DM, ∴ M B,DF B,B=D,M=DF ∵ ⊥ ⊥ BM DF, ∴△ △ ≌ BM=F, ∴ 设BM=x,则DE=DM=4+x, 在Rt DMF △ 中，由勾股定理得，DF2=DM2-MF2=(4+x)2-42, 在Rt DF △ 中，由勾股定理得，DF2=D