2018中考数学试题分类汇编考点33命题与证明含解析_468

2018中考数学试题分类汇编：考点33 命题与证明

一．选择题（共19小题）

1．（2018•包头）已知下列命题：

①若a3＞b3，则a2＞b2；

②若点A（x1，y1）和点B（x2，y2）在二次函数y=x2﹣2x﹣1的图象上，且满足x1＜x2＜1，则y1＞y2＞﹣2；

③在同一平面内，a，b，c是直线，且a∥b，b⊥c，则a∥c；

④周长相等的所有等腰直角三角形全等．

其中真命题的个数是（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

【分析】依据a，b的符号以及绝对值，即可得到a2＞b2不一定成立；依据二次函数y=x2﹣2x﹣1图象的顶点坐标以及对称轴的位置，即可得y1＞y2＞﹣2；依据a∥b，b⊥c，即可得到a∥c；依据周长相等的所有等腰直角三角形的边长对应相等，即可得到它们全等．

【解答】解：①若a3＞b3，则a2＞b2不一定成立，故错误；

②若点A（x1，y1）和点B（x2，y2）在二次函数y=x2﹣2x﹣1的图象上，且满足x1＜x2＜1，则y1＞y2＞﹣2，故正确；

③在同一平面内，a，b，c是直线，且a∥b，b⊥c，则a⊥c，故错误；

④周长相等的所有等腰直角三角形全等，故正确．

故选：C．

2．（2018•嘉兴）用反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，那么点与圆的位置关系只能是（　　）

A．点在圆内 B．点在圆上

C．点在圆心上 D．点在圆上或圆内

【分析】由于反证法的步骤是：（1）假设结论不成立；（2）从假设出发推出矛盾；（3）假设不成立，则结论成立．

在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．由此即可解决问题．

【解答】解：反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，那么点与圆的位置关系只能是：点在圆上或圆内．

故选：D．

3．（2018•通辽）下列说法错误的是（　　）

A．通过平移或旋转得到的图形与原图形全等

B．“对顶角相等”的逆命题是真命题

C．圆内接正六边形的边长等于半径

D．“经过有交通信号灯的路口，遇到红灯”是随机事件

【分析】根据平移、旋转的性质、对顶角的性质、圆内接多边形的性质、随机事件的概念判断即可．

【解答】解：通过平移或旋转得到的图形与原图形全等，A正确，不符合题意；

“对顶角相等”的逆命题是相等的角是对顶角，是假命题，B错误，符合题意；

圆内接正六边形的边长等于半径，C正确，不符合题意；

“经过有交通信号灯的路口，遇到红灯”是随机事件，D正确，不符合题意；

故选：B．

4．（2018•岳阳）下列命题是真命题的是（　　）

A．平行四边形的对角线相等

B．三角形的重心是三条边的垂直平分线的交点

C．五边形的内角和是540°

D．圆内接四边形的对角相等

【分析】根据平行四边形的性质、三角形的重心的概念、多边形内角和的计算公式、圆内接四边形的性质判断即可．

【解答】解：平行四边形的对角线互相平分，A是假命题；

三角形的重心是三条边的中线的交点，B是假命题；

五边形的内角和=（5﹣2）×180°=540°，C是真命题；

圆内接四边形的对角互补，D是假命题；

故选：C．

5．（2018•台州）下列命题正确的是（　　）

A．对角线相等的四边形是平行四边形

B．对角线相等的四边形是矩形

C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形

D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形

【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．

【解答】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，A错误；

对角线相等的平行四边形是矩形，B错误；

对角线互相垂直的平行四边形是菱形，C正确；

对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形；

故选：C．

6．（2018•台湾）小柔要榨果汁，她有苹果、芭乐、柳丁三种水果，且其颗数比为9：7：6，小柔榨完果汁后，苹果、芭乐、柳丁的颗数比变为6：3：4，已知小柔榨果汁时没有使用柳丁，关于她榨果汁时另外两种水果的使用情形，下列叙述何者正确？（　　）

A．只使用苹果

B．只使用芭乐

C．使用苹果及芭乐，且使用的苹果颗数比使用的芭乐颗数多

D．使用苹果及芭乐，且使用的芭乐颗数比使用的苹果颗数多

【分析】根据三种水果的颗数的关系，设出三种水果的颗数，再根据榨果汁后的颗数的关系，求出榨果汁后，苹果和芭乐的颗数，进而求出苹果，芭乐的用量，即可得出结论．

【解答】解：∵苹果、芭乐、柳丁三种水果，且其颗数比为9：7：6，

∴设苹果为9x颗，芭乐7x颗，铆钉6x颗（x是正整数），

∵小柔榨果汁时没有使用柳丁，

∴设小柔榨完果汁后，苹果a颗，芭乐b颗，

∵小柔榨完果汁后，苹果、芭乐、柳丁的颗数比变为6：3：4，

∴，，

∴a=9x，b=x，

∴苹果的用量为9x﹣a=9x﹣9x=0，

芭乐的用量为7x﹣b=7x﹣x=x＞0，

∴她榨果汁时，只用了芭乐，

故选：B．

7．（2018•嘉兴）某届世界杯的小组比赛规则：四个球队进行单循环比赛（每两队赛一场），胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，某小组比赛结束后，甲、乙、丙、丁四队分别获得第一、二、三、四名，各队的总得分恰好是四个连续奇数，则与乙打平的球队是（　　）

A．甲 B．甲与丁 C．丙 D．丙与丁

【分析】直接利用已知得出甲得分为7分，2胜1平，乙得分5分，1胜2平，丙得分3分，1胜0平，丁得分1分，0胜1平，进而得出答案．

【解答】解：∵甲、乙、丙、丁四队分别获得第一、二、三、四名，各队的总得分恰好是四个连续奇数，

∴甲得分为7分，2胜1平，乙得分5分，1胜2平，丙得分3分，1胜0平，丁得分1分，0胜1平，

∵甲、乙都没有输球，∴甲一定与乙平，

∵丙得分3分，1胜0平，乙得分5分，1胜2平，

∴与乙打平的球队是甲与丁．

故选：B．

8．（2018•荆门）下列命题错误的是（　　）

A．若一个多边形的内角和与外角和相等，则这个多边形是四边形

B．矩形一定有外接圆

C．对角线相等的菱形是正方形

D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形

【分析】A、任意多边形的外角和为360°，然后利用多边形的内角和公式计算即可；

B、判断一个四边形是否有外接圆，要看此四边形的对角是否互补，矩形的对角互补，一定有外接圆；

C、根据正方形的判定方法进行判断；

D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．

【解答】解：A、一个多边形的外角和为360°，若外角和=内角和=360°，所以这个多边形是四边形，故此选项正确；

B、矩形的四个角都是直角，满足对角互补，根据对角互补的四边形四点共圆，则矩形一定有外接圆，故此选项正确；

C、对角线相等的菱形是正方形，故此选项正确；

D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；而一对边平行，另一组对边相等的四边形可能是平行四边形或是梯形，故此选项错误；

本题选择错误的命题，

故选：D．

9．（2018•滨州）下列命题，其中是真命题的为（　　）

A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形

B．对角线互相垂直的四边形是菱形

C．对角线相等的四边形是矩形

D．一组邻边相等的矩形是正方形

【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．

【解答】解：A、例如等腰梯形，故本选项错误；

B、根据菱形的判定，应是对角线互相垂直的平行四边形，故本选项错误；

C、对角线相等且互相平分的平行四边形是矩形，故本选项错误；

D、一组邻边相等的矩形是正方形，故本选项正确．

故选：D．

10．（2018•荆门）如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为（　　）

A． B． C．1 D．2

【分析】连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，利用等腰直角三角形的性质得AC=BC=，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再证明Rt△AOP≌△COQ得到AP=CQ，接着利用△APE和△BFQ都为等腰直角三角形得到PE=AP=CQ，QF=BQ，所以PE+QF=BC=1，然后证明MH为梯形PEFQ的中位线得到MH=，即可判定点M到AB的距离为，从而得到点M的运动路线为△ABC的中位线，最后利用三角形中位线性质得到点M所经过的路线长．

【解答】解：连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，

∵△ACB为到等腰直角三角形，

∴AC=BC=AB=，∠A=∠B=45°，

∵O为AB的中点，

∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，

∴∠OCB=45°，

∵∠POQ=90°，∠COA=90°，

∴∠AOP=∠COQ，

在Rt△AOP和△COQ中

，

∴Rt△AOP≌△COQ，

∴AP=CQ，

易得△APE和△BFQ都为等腰直角三角形，

∴PE=AP=CQ，QF=BQ，

∴PE+QF=（CQ+BQ）=BC=×=1，

∵M点为PQ的中点，

∴MH为梯形PEFQ的中位线，

∴MH=（PE+QF）=，

即点M到AB的距离为，

而CO=1，

∴点M的运动路线为△ABC的中位线，

∴当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长=AB=1．

故选：C．

11．（2018•广安）下列命题中：

①如果a＞b，那么a2＞b2

②一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形

③从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等

④关于x的一元二次方程ax2+2x+1=0有实数根，则a的取值范围是a≤1

其中真命题的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4

【分析】直接利用切线长定理以及平行四边形的判定合一元二次方程根的判别式分别判断得出答案．

【解答】解：①如果a＞b，那么a2＞b2，错误；

②一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形，错误；

③从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，正确；

④关于x的一元二次方程ax2+2x+1=0有实数根，则a的取值范围是a≤1且a≠0，故此选项错误．

故选：A．

12．（2018•重庆）下列命题正确的是（　　）

A．平行四边形的对角线互相垂直平分

B．矩形的对角线互相垂直平分

C．菱形的对角线互相平分且相等

D．正方形的对角线互相垂直平分

【分析】根据平行四边形的对角线互相平分；矩形的对角线平分且相等；菱形的对角线互相平分且垂直；正方形的对角线互相垂直平分进行分析即可．

【解答】解：A、平行四边形的对角线互相垂直平分，是假命题；

B、矩形的对角线互相垂直平分，是假命题；

C、菱形的对角线互相平分且相等，是假命题；

D、正方形的对角线互相垂直平分，是真命题；

故选：D．

13．（2018•永州）下列命题是真命题的是（　　）

A．对角线相等的四边形是矩形

B．对角线互相垂直的四边形是菱形

C．任意多边形的内角和为360°

D．三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半

【分析】根据矩形的判定方法对A进行判断；根据菱形的判定方法对B进行判断；根据多边形的内角和对C进行判断；根据三角形中位线性质对D进行判断．

【解答】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，所以A选项为假命题；

B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以B选项为假命题；

C、任意多边形的外角和为360°，所以C选项为假命题；

D、三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，所以D选项为真命题．

故选：D．

14．（2018•淄博）甲、乙、丙、丁4人进行乒乓球单循环比赛（每两个人都要比赛一场），结果甲胜了丁，并且甲、乙、丙胜的场数相同，则丁胜的场数是（　　）

A．3 B．2 C．1 D．0

【分析】四个人共有6场比赛，由于甲、乙、丙三人胜的场数相同，所以只有两种可能性：甲胜1场或甲胜2场；由此进行分析即可．

【解答】解：四个人共有6场比赛，由于甲、乙、丙三人胜的场数相同，

所以只有两种可能性：甲胜1场或甲胜2场；

若甲只胜一场，这时乙、丙各胜一场，说明丁胜三场，这与甲胜丁矛盾，

所以甲只能是胜两场，

即：甲、乙、丙各胜2场，此时丁三场全败，也就是胜0场．

答：甲、乙、丙各胜2场，此时丁三场全败，丁胜0场．

故选：D．

15．（2018•贵港）下列命题中真命题是（　　）

A． =（）2一定成立

B．位似图形不可能全等

C．正多边形都是轴对称图形

D．圆锥的主视图一定是等边三角形

【分析】根据二次根式的性质、位似图形的定义、正多边形的性质及三视图的概念逐一判断即可得．

【解答】解：A、=（）2当a＜0不成立，假命题；

B、位似图形在位似比为1时全等，假命题；

C、正多边形都是轴对称图形，真命题；

D、圆锥的主视图一定是等腰三角形，假命题；

故选：C．

16．（2018•怀化）下列命题是真命题的是（　　）

A．两直线平行，同位角相等

B．相似三角形的面积比等于相似比

C．菱形的对角线相等

D．相等的两个角是对顶角

【分析】根据平行线的性质、相似三角形的性质、菱形的性质、对顶角的概念判断即可．

【解答】解：两直线平行，同位角相等，A是真命题；

相似三角形的面积比等于相似比的平方，B是假命题；

菱形的对角线互相垂直，不一定相等，C是假命题；

相等的两个角不一定是对顶角，D是假命题；

故选：A．

17．（2018•重庆）下列命题是真命题的是（　　）

A．如果一个数的相反数等于这个数本身，那么这个数一定是0

B．如果一个数的倒数等于这个数本身，那么这个数一定是1

C．如果一个数的平方等于这个数本身，那么这个数一定是0

D．如果一个数的算术平方根等于这个数本身，那么这个数一定是0

【分析】根据相反数是它本身的数为0；倒数等于这个数本身是±1；平方等于它本身的数为1和0；算术平方根等于本身的数为1和0进行分析即可．

【解答】解：A、如果一个数的相反数等于这个数本身，那么这个数一定是0，是真命题；

B、如果一个数的倒数等于这个数本身，那么这个数一定是1，是假命题；

C、如果一个数的平方等于这个数本身，那么这个数一定是0，是假命题；

D、如果一个数的算术平方根等于这个数本身，那么这个数一定是0，是假命题；

故选：A．

18．（2018•衡阳）下列命题是假命题的是（　　）

A．正五边形的内角和为540°

B．矩形的对角线相等

C．对角线互相垂直的四边形是菱形

D．圆内接四边形的对角互补

【分析】根据正多边形的内角和的计算公式、矩形的性质、菱形的判定、圆内接四边形的性质判断即可．

【解答】解：正五边形的内角和=（5﹣2）×180°=540°，A是真命题；

矩形的对角线相等，B是真命题；

对角线互相垂直的平行四边形是菱形，C是假命题；

圆内接四边形的对角互补，D是真命题；

故选：C．

19．（2018•眉山）下列命题为真命题的是（　　）

A．两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例

B．相似三角形面积之比等于相似比

C．对角线互相垂直的四边形是菱形

D．顺次连结矩形各边的中点所得的四边形是正方形

【分析】根据平行线分线段成比例定理、相似三角形的性质、菱形的判定定理、中点四边形的性质判断即可．

【解答】解：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例，A是真命题；

相似三角形面积之比等于相似比的平方，B是假命题；

对角线互相垂直的平行四边形是菱形，C是假命题；

顺次连结矩形各边的中点所得的四边形是菱形，D是假命题；

故选：A．

二．填空题（共5小题）

20．（2018•无锡）命题“四边相等的四边形是菱形”的逆命题是　菱形的四条边相等　．

【分析】把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题．

【解答】解：命题“四边相等的四边形是菱形”的逆命题是菱形的四条边相等，

故答案为：菱形的四条边相等．

21．（2018•达州）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=5，点D是BC边上一点且CD=1，点P是线段DB上一动点，连接AP，以AP为斜边在AP的下方作等腰Rt△AOP．当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长为　2　．

【分析】过O点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接CO，如图，易得四边形OECF为矩形，由△AOP为等腰直角三角形得到OA=OP，∠AOP=90°，则可证明△OAE≌△OPF，所以AE=PF，OE=OF，根据角平分线的性质定理的逆定理得到CO平分∠ACP，从而可判断当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径为一条线段，接着证明CE=（AC+CP），然后分别计算P点在D点和B点时OC的长，从而计算它们的差即可得到P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长．

【解答】解：过O点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接CO，如图，

∵△AOP为等腰直角三角形，

∴OA=OP，∠AOP=90°，

易得四边形OECF为矩形，

∴∠EOF=90°，CE=CF，

∴∠AOE=∠POF，

∴△OAE≌△OPF，

∴AE=PF，OE=OF，

∴CO平分∠ACP，

∴当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径为一条线段，

∵AE=PF，

即AC﹣CE=CF﹣CP，

而CE=CF，

∴CE=（AC+CP），

∴OC=CE=（AC+CP），

当AC=2，CP=CD=1时，OC=×（2+1）=，

当AC=2，CP=CB=5时，OC=×（2+5）=，

∴当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长=﹣=2．

故答案为2．

22．（2018•宿迁）如图，将含有30°角的直角三角板ABC放入平面直角坐标系，顶点A、B分别落在x、y轴的正半轴上，∠OAB=60°，点A的坐标为（1，0）．将三角板ABC沿x轴向右作无滑动的滚动（先绕点A按顺时针方向旋转60°，再绕点C按顺时针方向旋转90°…），当点B第一次落在x轴上时，则点B运动的路径与两坐标轴围成的图形面积是　　．

【分析】利用三角函数能把三角形ABC各边长度解出，画出几个旋转过程，点B运动的轨迹，结合图形分析可得所求面积转化为扇形面积与三角形面积之和．

【解答】解：由点A的坐标为（1，0）．得OA=1，又∵∠OAB=60°，∴AB=2，

∵∠ABC=30°，AB=2，∴AC=1，BC=，

在旋转过程中，三角板的长度和角度不变，

∴点B运动的路径与两坐标轴围成的图形面积=．

故答案：

23．（2018•北京）用一组a，b，c的值说明命题“若a＜b，则ac＜bc”是错误的，这组值可以是a=　1　，b=　2　，c=　﹣1　．

【分析】根据题意选择a、b、c的值即可．

【解答】解：当a=1，b=2，c=﹣2时，1＜2，而1×（﹣1）＞2×（﹣1），

∴命题“若a＜b，则ac＜bc”是错误的，

故答案为：1；2；﹣1．

24．（2018•恩施州）在Rt△ABC中，AB=1，∠A=60°，∠ABC=90°，如图所示将Rt△ABC沿直线l无滑动地滚动至Rt△DEF，则点B所经过的路径与直线l所围成的封闭图形的面积为　π+　．（结果不取近似值）

【分析】先得到∠ACB=30°，BC=，利用旋转的性质可得到点B路径分部分：第一部分为以直角三角形30°的直角顶点为圆心，为半径，圆心角为150°的弧长；第二部分为以直角三角形60°的直角顶点为圆心，1为半径，圆心角为120°的弧长，第三部分为△ABC的面积；然后根据扇形的面积公式计算点B所经过的路径与直线l所围成的封闭图形的面积．

【解答】解：∵Rt△ABC中，∠A=60°，∠ABC=90°，

∴∠ACB=30°，BC=，

将Rt△ABC沿直线l无滑动地滚动至Rt△DEF，点B路径分部分：第一部分为以直角三角形30°的直角顶点为圆心，为半径，圆心角为150°的弧长；第二部分为以直角三角形60°的直角顶点为圆心，1为半径，圆心角为120°的弧长；第三部分为△ABC的面积；

∴点B所经过的路径与直线l所围成的封闭图形的面积=++•1•=+．

故答案为π+．

三．解答题（共2小题）

25．（2018•无锡）如图，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A1BC1D1，点A1在边CD上．

（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D到点D1所经过路径的长度；

（2）将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2，点D2在BC的延长线上，设边A2B与CD交于点E，若=﹣1，求的值．

【分析】（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．解直角三角形，求出∠ABA1，得到旋转角即可解决问题；

（2）由△BCE∽△BA2D2，推出==，可得CE=由=﹣1推出=，推出A1C=•，推出BH=A1C==•，可得m2﹣n2=6•，可得1﹣=6•，由此解方程即可解决问题；

【解答】解：（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．

∴AD=HA1=n=1，

在Rt△A1HB中，∵BA1=BA=m=2，

∴BA1=2HA1，

∴∠ABA1=30°，

∴旋转角为30°，

∵BD==，

∴D到点D1所经过路径的长度==π．

（2）∵△BCE∽△BA2D2，

∴==，

∴CE=

∵=﹣1

∴=，

∴AC=•，

∴BH=AC==•，

∴m2﹣n2=6•，

∴m4﹣m2n2=6n4，

1﹣=6•，

∴=（负根已经舍弃）．

26．（2018•江西）图1是一种折叠门，由上下轨道和两扇长宽相等的活页门组成，整个活页门的右轴固定在门框上，通过推动左侧活页门开关．图2是其俯视简化示意图，已知轨道AB=120cm，两扇活页门的宽OC=OB=60m，点B固定，当点C在AB上左右运动时，OC与OB的长度不变．（所有的结果保留小数点后一位）

（1）若∠OBC=50°，求AC的长；

（2）当点C从点A向右运动60cm时，求点O在此过程中运动的路径长．

参考数据：sn50°≈0.77．cos50°≈0.64，tan50°≈1.19，π取3.14．

【分析】（1）作OH⊥BC于H，如图2，利用等腰三角形的性质得BH=CH，在Rt△OBH中利用余弦定义计算出BH，从而得到BC的长，然后计算AB﹣BC即可；

（2）先判断△OBC为等边三角形得到∠OBC=60°，再根据圆的定义得到点O在此过程中运动路径是以B点为圆心，BO为半径，圆心角为60°的弧，然后根据弧长公式计算即可．

【解答】解：（1）作OH⊥BC于H，如图2，

∵OB=OC，

∴BH=CH，

在Rt△OBH中，∵cos∠OBH=，

∴BH=60•cos50°=60×0.64=38.4，

∴BC=2BH=2×38.4=76.8，

∴AC=AB﹣BC=120﹣76.8=43.2．

答：AC的长为43.2cm；

（2）∵OB=OC=60，

而BC=60，

∴△OBC为等边三角形，

∴∠OBC=60°，

∴当点C从点A向右运动60cm时，点O在此过程中运动路径是以B点为圆心，BO为半径，圆心角为60°的弧，

∴点O在此过程中运动的路径长==20π≈62.8（cm）．