中考数学三轮冲刺练习专练03（选择题-压轴）（教师版）

这是一份中考数学三轮冲刺练习专练03（选择题-压轴）（教师版），共53页。试卷主要包含了下列说法，的图象如图，下列四个结论等内容，欢迎下载使用。


专练03（选择题-压轴）（30道）
1．（山东省中考模拟）关于二次函数，以下结论：①抛物线交轴有两个不同的交点；②不论取何值，抛物线总是经过一个定点；③设抛物线交轴于、两点，若，则；④抛物线的顶点在图象上；⑤抛物线交轴于点，若是等腰三角形，则，，．其中正确的序号是（ ）
A．①②⑤ B．②③④ C．①④⑤ D．②④
【答案】D
【解析】
解：△=k2-4k+4=(k-2)2≥0，当k=2时，抛物线与x轴只有1个交点，①错误；
当x=1时，y=1-k+k-1=0，即抛物线过定点（1,0），②正确；
当k=4时，y=x2-4x+3，则抛物线与x轴的交点为：x2-4x+3=0，解得x1=3，x2=1，则AB=3-1=2，故③错误；
二次函数的顶点为（，），代入进行验证：
当x=时，，故④正确；
当k=1时，，解得抛物线与x轴的两个交点为：（0,0）、（1,0），此时不是等腰三角形，故⑤错误.
【点睛】
深刻理解一元二次方程是二次函数y=0的特殊情况，二者之间具有一些本质的共同点，故二次函数很多问题往往都转化为一元二次方程的问题来解决.
2．（黑龙江省中考模拟）如图，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴正半轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，对称轴为直线x=2，且OA=OC，则下列结论：①abc＞0；②9a+3b+c＜0；③c＞﹣1；④关于x的方程ax2+bx+c=0（a≠0）有一个根为，其中正确结论的个数为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
解：由图象开口向下，可知a<0，
与y轴的交点在x轴的下方，可知c<0，
又对称轴方程为x=2，所以，所以b>0，
∴abc>0，故①正确；
由图象可知当x=3时，y>0，
∴9a+3b+c>0，故②错误；
由图象可知OA<1，
∵OA=OC，
∴OC<1，即-c<1，c>-1，故③正确：
假设方程的一个根为x=，把x=代入方程可得 ，
整理可得ac-b+1=0，
两边同时乘c可得ac2-bc+c=0，即方程有一个根为x=-c，
由②可知-c=OA，而x=OA是方程的根，
∴x=-c是方程的根，即假设成立，故④正确；综上可知正确的结论有三个；
故答案为C.
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象和性质.熟练掌握图象与系数的关系以及二次函数与方程、不等式的关系是解题的关键.特别是利用好题目中的OA=OC，是解题的关键.
3．（山东省初三二模）二次函数 y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴是直线 x＝1，下列结论：①ab＜0；②b2＞4ac；③a+b+2c＜0；④3a+c＜0． 其中正确的是（ ）

A．①④ B．②④ C．①②③ D．①②③④
【答案】C
【解析】
∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c<0，
∴ab<0，所以①正确；
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴△=b2-4ac>0，所以②正确；
∵x=1时，y<0，
∴a+b+c<0，
而c<0，
∴a+b+2c<0，所以③正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=-=1，
∴b=-2a，
而x=-1时，y>0，即a-b+c>0，
∴a+2a+c>0，所以④错误．
故选C．
【点睛】
本题考查了二次函数的图像与性质,属于简单题,熟悉二次函数的图像性质是解题关键.
4．（合肥市第四十八中学初三月考）如图，已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），与y轴的交点B在（0，﹣2）和（0，﹣1）之间（不包括这两点），对称轴为直线x=1．下列结论：①abc＞0 ②4a+2b+c＞0 ③4ac﹣b2＜8a ④＜a＜⑤b＞c．其中含所有正确结论的选项是（　　）

A．①③ B．①③④ C．②④⑤ D．①③④⑤
【答案】D
【解析】
①∵函数开口方向向上，∴a＞0；∵对称轴在y轴右侧，∴ab异号，∵抛物线与y轴交点在y轴负半轴，∴c＜0，∴abc＞0，故①正确；
②∵图象与x轴交于点A（﹣1，0），对称轴为直线x=1，∴图象与x轴的另一个交点为（3，0），∴当x=2时，y＜0，∴4a+2b+c＜0，故②错误；
③∵图象与x轴交于点A（﹣1，0），∴当x=﹣1时，y==0，∴a﹣b+c=0，即a=b﹣c，c=b﹣a，∵对称轴为直线x=1，∴=1，即b=﹣2a，∴c=b﹣a=（﹣2a）﹣a=﹣3a，∴4ac﹣=4•a•（﹣3a）﹣=＜0，∵8a＞0，∴4ac﹣＜8a，故③正确；④∵图象与y轴的交点B在（0，﹣2）和（0，﹣1）之间，∴﹣2＜c＜﹣1，∴﹣2＜﹣3a＜﹣1，∴＞a＞，故④正确；⑤∵a＞0，∴b﹣c＞0，即b＞c，故⑤正确.
故选D．
【点睛】
本题考查二次函数的图像与系数的关系，熟练掌握图像与系数的关系，数形结合来进行判断是解题的关键.
5．（安徽省初三期末）抛物线y=ax2+bx+c的顶点为D（﹣1，2），与x轴的一个交点A在点（﹣3，0）和（﹣2，0）之间，其部分图象如图，则以下结论：①b2﹣4ac＜0；②当x＞﹣1时，y随x增大而减小；③a+b+c＜0；④若方程ax2+bx+c﹣m=0没有实数根，则m＞2；　⑤3a+c＜0．其中正确结论的个数是（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【解析】
（1）∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2−4ac>0，
∴结论①不正确．
（2）抛物线的对称轴x=−1，
∴当x>−1时，y随x增大而减小，
∴结论②正确．
（3）∵抛物线与x轴的一个交点A在点(−3,0)和(−2,0)之间，
∴抛物线与x轴的另一个交点在点(0,0)和(1,0)之间，
∴当x=1时，y<0，
∴a+b+c<0，
∴结论③正确．
（4）∵y=ax2+bx+c的最大值是2，
∴方程ax2+bx+c−m=0没有实数根，则m>2，
∴结论④正确．
（5）∵抛物线的对称轴x= =−1，
∴b=2a，
∵a+b+c<0，
∴a+2a+c<0，
∴3a+c<0，
∴结论⑤正确．
综上，可得
正确结论的序号是：②③④⑤,正确的结论有4个.
故选C.
6．（山东省中考模拟）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴为直线x＝1．有下列4个结论：①abc＞0；②4a+2b+c＞0；③2c＜3b；④a+b＞m（am+b）（m是不等于1的实数）．其中正确的结论个数有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
解：①由图象可知：a＜0，c＞0，
∵﹣＞0，
∴b＞0，
∴abc＜0，故①错误；
②由对称知，当x＝2时，函数值大于0，即y＝4a+2b+c＞0，故②正确；
③当x＝3时函数值小于0，y＝9a+3b+c＜0，且x＝＝1，
即a＝，代入得9（）+3b+c＜0，得2c＜3b，故③正确；
④当x＝1时，y的值最大．此时，y＝a+b+c，
而当x＝m时，y＝am2+bm+c，
所以a+b+c＞am2+bm+c，
故a+b＞am2+bm，即a+b＞m（am+b），故④正确．
故选C．
【点睛】
本题考查了二次函数的图像和性质，属于简单题，熟悉函数的图像和性质是解题关键.
7．（山东省中考模拟）如图是二次函数图象的一部分，对称轴为，且经过点（2，0）下列说法：①abc<0；②-2b+c=0；③4a+2b+c<0；④若(-，y1)，(，y2)是抛物线上的两点，则y1m(am+b)其中(m≠)其中说法正确的是

A．①②④⑤ B．③④ C．①③ D．①②⑤
【答案】A
【解析】
解：①由抛物线的开口可知：a＜0，
又抛物线与y轴的交点可知：c＞0，
对称轴−>0，
∴b＞0，
∴abc＜0，
故①正确；
②将（2，0）代入y=ax2+bx+c（a≠0），
∴4a+2b+c=0，
∵−，
∴a=-b，
∴-4b+2b+c=0，
∴-2b+c=0，
故②正确；
③由②可知：4a+2b+c=0，
故③错误；
④由于抛物线的对称轴为x=，
∴（−，y1）与（，y1）关于x=对称，
由于x＞时，y随着x的增大而减小，
∵＞ ，
∴y1＜y2，
故④正确；
⑤由图象可知：x=时，y可取得最大值，且最大值为a+b，
∴m≠
∴a+b+c＞am2+bm+c，
∴a+b＞m(am+b)，
故⑤正确；
故答案为：①②④⑤；
8．（山东省中考模拟）如图，抛物线的对称轴为，与轴的一个交点在和之间，其部分图象如图所示，则下列结论：
；
；
点、、是该抛物线上的点，则；
；
（为任意实数）．
其中正确结论的个数是（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【解析】
（1）抛物线与x轴有两个交点，所以方程ax2+bx+c=0（a≠0）有两个不相等的实数根，所以b2﹣4ac＞0，此结论正确；
（2）对称轴为x=﹣1=﹣，即b=2a，此结论正确；
（3）由二次函数的对称性可得，x=与x=﹣的函数值相等，当x＜﹣1时，y随着x的增大而增大，所以y1＜y3＜y2，此结论错误；
（4）由图像得，x=﹣3时，y＜0，即9a﹣3b+c＜0，因为b=2a，所以×9﹣3b+c＜0，即3b+2c＜0，此结论正确；
（5）要证明t(at+b)≤a﹣b，即要证明at2+bt+c≤a﹣b+c，即要证明抛物线在x=﹣1时取最大值，由图像可得当x=﹣1时，y最大，此结论正确.
正确结论的个数是4.
故选C.
【点睛】
本题主要考查二次函数的图像与性质以及对二次函数系数相关式子的判断.
9．（江苏省中考模拟）二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，下列四个结论：
①4a+c＜0；②m（am+b）+b＞a（m≠﹣1）；③关于x的一元二次方程ax2+（b﹣1）x+c=0没有实数根；④ak4+bk2＜a（k2+1）2+b（k2+1）（k为常数）．其中正确结论的个数是（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】D
【解析】
①因为二次函数的对称轴是直线x=﹣1，由图象可得左交点的横坐标大于﹣3，小于﹣2，
所以﹣=﹣1，可得b=2a，
当x=﹣3时，y＜0，
即9a﹣3b+c＜0，
9a﹣6a+c＜0，
3a+c＜0，
∵a＜0，
∴4a+c＜0，
所以①选项结论正确；
②∵抛物线的对称轴是直线x=﹣1，
∴y=a﹣b+c的值最大，
即把x=m（m≠﹣1）代入得：y=am2+bm+c＜a﹣b+c，
∴am2+bm＜a﹣b，
m（am+b）+b＜a，
所以此选项结论不正确；
③ax2+（b﹣1）x+c=0，
△=（b﹣1）2﹣4ac，
∵a＜0，c＞0，
∴ac＜0，
∴﹣4ac＞0，
∵（b﹣1）2≥0，
∴△＞0，
∴关于x的一元二次方程ax2+（b﹣1）x+c=0有实数根；
④由图象得：当x＞﹣1时，y随x的增大而减小，
∵当k为常数时，0≤k2≤k2+1，
∴当x=k2的值大于x=k2+1的函数值，
即ak4+bk2+c＞a（k2+1）2+b（k2+1）+c，
ak4+bk2＞a（k2+1）2+b（k2+1），
所以此选项结论不正确；
所以正确结论的个数是1个，
故选D．
10．（湖北省中考模拟）如图，AB为半圆O的直径，，点C为半圆上动点，以BC为边向形外作正方形BCDE，连接OD，则OD的最大值为　　

A．2 B． C． D．
【答案】C
【解析】
解：通过旋转观察如图，可知当时，DO最长，设DO与交于点M，连接CM，BD，OC．

理由：，都是等腰直角三角形，
，
，
，
∽，
：：，
，
点D的运动轨迹是以M为圆心为半径的圆，
当D，M，O共线，即时，DO最长．
，
，
四边形BCDE是正方形，
、M、E共线，，
在和中，
，
≌，
，
的最大值．
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及旋转的性质等知识，解题的关键是OD取得最大值时的位置，学会通过特殊位置探究得出结论，属于中考常考题型．
11．（广东省中考模拟）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：
①四边形AECF为平行四边形；
②∠PBA=∠APQ；
③△FPC为等腰三角形；
④△APB≌△EPC；
其中正确结论的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
①如图，EC，BP交于点G；

∵点P是点B关于直线EC的对称点，
∴EC垂直平分BP，
∴EP=EB，
∴∠EBP=∠EPB，
∵点E为AB中点，
∴AE=EB，
∴AE=EP，
∴∠PAB=∠PBA，
∵∠PAB+∠PBA+∠APB=180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE=2（∠PAB+∠PBA）=180°，
∴∠PAB+∠PBA=90°，
∴AP⊥BP，
∴AF∥EC；
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
故①正确；
②∵∠APB=90°，
∴∠APQ+∠BPC=90°，
由折叠得：BC=PC，
∴∠BPC=∠PBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=90°，
∴∠ABP=∠APQ，
故②正确；
③∵AF∥EC，
∴∠FPC=∠PCE=∠BCE，
∵∠PFC是钝角，
当△BPC是等边三角形，即∠BCE=30°时，才有∠FPC=∠FCP，
如右图，△PCF不一定是等腰三角形，
故③不正确；
④∵AF=EC，AD=BC=PC，∠ADF=∠EPC=90°，
∴Rt△EPC≌△FDA（HL），
∵∠ADF=∠APB=90°，∠FAD=∠ABP，
当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，
∴△APB≌△EPC，
故④不正确；
其中正确结论有①②，2个，
故选B．
点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，矩形的性质，翻折变换，平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
12．（云南省中考模拟）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连结BE分别交AC，AD于点F、G，连结OG，则下列结论：①OG＝AB；②与△EGD全等的三角形共有5个；③S四边形ODGF＞S△ABF；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．其中正确的是（　　）

A．①④ B．①③④ C．①②③ D．②③④
【答案】A
【解析】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG＝CD＝AB，
∴①正确；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，
④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△ABG≌△BDG≌△DEG，
在△ABG和△DCO中，
，
∴△ABG≌△DCO（SAS），
∴△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，
∴②不正确；
∵OB＝OD，AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG∥AB，OG＝AB，
∴△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，
∴△GOD的面积＝△ABD的面积，△ABF的面积＝△OGF的面积的4倍，AF：OF＝2：1，
∴△AFG的面积＝△OGF的面积的2倍，
又∵△GOD的面积＝△AOG的面积＝△BOG的面积，
∴S四边形ODGF＝S△ABF；
③不正确；
正确的是①④．
故选A．
【点睛】
本题考查菱形的判定与性质, 全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，熟练掌握性质，能通过性质推理出图中线段、角之间的关系是解题关键.
13．（广东省中考模拟）如图，在矩形ABCD中，∠ADC的平分线与AB交于E，点F在DE的延长线上，∠BFE=90°，连接AF、CF，CF与AB交于G，有以下结论：
①AE=BC
②AF=CF
③BF2=FG•FC
④EG•AE=BG•AB
其中正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
①DE平分∠ADC，∠ADC为直角，
∴∠ADE=×90°=45°，
∴△ADE为等腰直角三角形，
∴AD=AE，
又∵四边形ABCD矩形，
∴AD=BC，
∴AE=BC
②∵∠BFE=90°，∠BEF=∠AED=45°，
∴△BFE为等腰直角三角形，
∴则有EF=BF
又∵∠AEF=∠DFB+∠ABF=135°，∠CBF=∠ABC+∠ABF=135°，
∴∠AEF=∠CBF
在△AEF和△CBF中，AE=BC，∠AEF=∠CBF，EF=BF，
∴△AEF≌△CBF（SAS）
∴AF=CF
③假设BF2=FG•FC，则△FBG∽△FCB，
∴∠FBG=∠FCB=45°，
∵∠ACF=45°，
∴∠ACB=90°，显然不可能，故③错误，
④∵∠BGF=180°-∠CGB，∠DAF=90°+∠EAF=90°+（90°-∠AGF）=180°-∠AGF，∠AGF=∠BGC，
∴∠DAF=∠BGF，∵∠ADF=∠FBG=45°，
∴△ADF∽△GBF，
∴，
∵EG∥CD，
∴，
∴，∵AD=AE，
∴EG•AE=BG•AB，故④正确，
故选C．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.
14．（山东省中考模拟）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC=60°，AB=BC=1，则下列结论：
①∠CAD=30°②BD=③S平行四边形ABCD=AB•AC④OE=AD⑤S△APO=，正确的个数是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【解析】
①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠DAE=∠BEA，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=1，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=1，
∵BC=2，
∴EC=1，
∴AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACE=30°，
故①正确；
②∵BE=EC，OA=OC，
∴OE=AB=，OE∥AB，
∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，
Rt△EOC中，OC=，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=120°，
∴∠ACB=30°，
∴∠ACD=90°，
Rt△OCD中，OD=，
∴BD=2OD=，故②正确；
③由②知：∠BAC=90°，
∴S▱ABCD=AB•AC，
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
又AB=BC，BC=AD，
∴OE=AB=AD，故④正确；
⑤∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=，
∴S△AOE=S△EOC=OE•OC=××，
∵OE∥AB，
∴，
∴，
∴S△AOP= S△AOE==，故⑤正确；
本题正确的有：①②③④⑤，5个，
故选D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形30度角的性质、三角形面积和平行四边形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，证明△ABE是等边三角形是解决问题的关键，并熟练掌握同高三角形面积的关系．
15．（广东省蛇口育才二中初三二模）正方形 A BCD 中，对角线 A C、BD 相交于点 O，DE 平分∠A DO 交 AC 于点 E ，把 A DE 沿AD 翻折，得到A DE’，点 F 是 DE 的中点，连接 A F、BF、E’F，若 AE=.
下列结论 ：①AD 垂直平分 EE’，② tan∠ADE =-1，
③ CA DE - CODE =2-1， ④ S四边形AEFB=
其中结论正确的个数是 （ ） .

A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个
【答案】B
【解析】
解：如图，连接EB、，作EMAB于M，交AD于N．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，ACBD，AO=OB=OD=OC，
∠DAC=∠CAB=∠DAE=45°，
根据对称性，△ADE△ADEABE，
∴DE=DE，AE=AE，
∴AD垂直平分，故①正确，
∴EN=NE，
∵∠NAE=∠NEA=∠MAE=∠MEA=45°，AE=，
∴AM=EM=EN=AN=1，
∵ED平分∠ADO，ENDA，EODB，
∴EN=EO=1，AO=DO=+1，
∴tan∠ADE=tan∠ODE==-1，故②正确，
∴AB=AD=AO=2+，
∴C△ADE-C△ODE=AD+AE-DO-EO=，故③错误，
∴S△AEB=S△AED=1（2+）=1+，S△BDE= S△ADB-2 S△AEB=1+
∵DF=EF，
∴S△EFB=
∴S四边形AEFB= S△AEB+ S△EFB=，故④错误，
故选C．

【点睛】
考查翻折变换（折叠问题），全等三角形的性质，面积计算，综合性比较强，对学生能力要求较高.
16．（四川省中考模拟）如图，边长一定的正方形ABCD，Q为CD上一个动点，AQ交BD于点M，过M作MN⊥AQ交BC于点N，作NP⊥BD于点P，连接NQ，下列结论：①AM=MN；②MP=BD；③BN+DQ=NQ；④ 为定值．其中一定成立的是

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【解析】
如图：作AU⊥NQ于U，连接AN，AC，

∵∠AMN=∠ABC=90°，
∴A，B，N，M四点共圆，
∴∠NAM=∠DBC=45°，∠ANM=∠ABD=45°，
∴∠ANM=∠NAM=45°，
∴由等角对等边知，AM=MN，故①正确．
由同角的余角相等知，∠HAM=∠PMN，
∴Rt△AHM≌Rt△MPN
∴MP=AH=AC=BD，故②正确，
∵∠BAN+∠QAD=∠NAQ=45°，
∴三角形ADQ绕点A顺时针旋转90度至ABR，使AD和AB重合，在连接AN，证明三角形AQN≌ANR，得NR=NQ
则BN=NU，DQ=UQ，
∴点U在NQ上，有BN+DQ=QU+UN=NQ，故③正确．
如图，作MS⊥AB，垂足为S，作MW⊥BC，垂足为W，点M是对角线BD上的点，

∴四边形SMWB是正方形，有MS=MW=BS=BW，
∴△AMS≌△NMW，
∴AS=NW，
∴AB+BN=SB+BW=2BW，
∵BW：BM=1：，
∴，故④正确．
故选D．
17．（浙江省中考模拟）如图，以G（0，1）为圆心，半径为2的圆与x轴交于A、B两点，与y轴交于C、D两点，点E为⊙G上一动点，CF⊥AE于F，当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
连接AC，AG，

∵GO⊥AB，
∴O为AB的中点，即AO=BO=AB，
∵G（0，1），即OG=1，
∴在Rt△AOG中，根据勾股定理得：AO=，
∴AB=2AO=2，
又CO=CG+GO=2+1=3，
∴在Rt△AOC中，根据勾股定理得：AC=，
∵CF⊥AE，
∴△ACF始终是直角三角形，点F的运动轨迹为以AC为直径的半圆，
当E位于点B时，CO⊥AE，此时F与O重合；当E位于D时，CA⊥AE，此时F与A重合，
∴当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长，
在Rt△ACO中，tan∠ACO=，
∴∠ACO=30°，
∴度数为60°，
∵直径AC=2，
∴的长为，
则当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长．
故选B．
点睛：此题属于圆综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，勾股定理，锐角三角函数定义，弧长公式，以及圆周角定理，其中根据题意得到点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长是解本题的关键．
18．（广东省深圳外国语学校初三一模）如图，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE，BF交于点G，将△BCF沿BF对折，得到△BPF，延长FP交BA延长线于点Q，下列结论正确的个数是（ ）
①AE=BF；②AE⊥BF；③sin∠BQP=；④S四边形ECFG=2S△BGE．

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解析】
解：∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，∴CF=BE，在△ABE和△BCF中，∵AB=BC，∠ABE=∠BCF，BE=CF，∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS），∴∠BAE=∠CBF，AE=BF，故①正确；
又∵∠BAE+∠BEA=90°，∴∠CBF+∠BEA=90°，∴∠BGE=90°，∴AE⊥BF，故②正确；
根据题意得，FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90°．
∵CD∥AB，∴∠CFB=∠ABF，∴∠ABF=∠PFB，∴QF=QB，令PF=k（k＞0），则PB=2k
在Rt△BPQ中，设QB=x，∴x2=（x﹣k）2+4k2，∴x=，∴sin=∠BQP==，故③正确；
∵∠BGE=∠BCF，∠GBE=∠CBF，∴△BGE∽△BCF，∵BE=BC，BF=BC，∴BE：BF=1：，∴△BGE的面积：△BCF的面积=1：5，∴S四边形ECFG=4S△BGE，故④错误．
故选B．
点睛：本题主要考查了四边形的综合题，涉及正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及折叠的性质的知识点，解决的关键是明确三角形翻转后边的大小不变，找准对应边，角的关系求解．
19．（安徽省初三期末）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，O 为矩形ABCD对角线的交点，以D为圆心1为半径作⊙D，P为⊙D上的一个动点，连接AP、OP，则△AOP面积的最大值为（ ）

A．4 B． C． D．
【答案】D
【解析】
解：当P点移动到平行于OA且与⊙D相切时，△AOP面积的最大，如图，
∵P是⊙D的切线，
∴DP垂直与切线，延长PD交AC于M，则DM⊥AC，
∵在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴AC= =5，
∴OA= ，
∵∠AMD=∠ADC=90°，∠DAM=∠CAD，
∴△ADM∽△ACD，
∴，
∵AD=4，CD=3，AC=5，
∴DM= ，
∴PM=PD+DM=1+ = ，
∴△AOP的最大面积= OA•PM= = ，故选D．

【点睛】
本题考查了圆的切线的性质，矩形的性质，平行线的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，本题的关键是判断出P处于什么位置时面积最大．
20．（广东省初三期中）如图，菱形ABCD中，AB＝AC，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE＝BF，连接CE、AF交于点H，则下列结论：①△ABF≌△CAE；②∠AHC＝120°；③△AEH∽△CEA；④AE•AD＝AH•AF；其中结论正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵AB=AC，
∴AB=BC=AC，即△ABC是等边三角形，
同理：△ADC是等边三角形
∴∠B=∠EAC=60°，
在△ABF和△CAE中，
，
∴△ABF≌△CAE（SAS）；故①正确；
∴∠BAF=∠ACE，
∵∠AEH=∠B+∠BCE，
∴∠AHC=∠BAF+∠AEH=∠BAF+∠B+∠BCE=∠B+∠ACE+∠BCE=∠B+∠ACB=60°+60°=120°，故②正确；
∵∠BAF=∠ACE，∠AEC=∠AEC，
∴△AEH∽△CEA，故③正确；
在菱形ABCD中，AD=AB，
∵△AEH∽△CEA，△ABF≌△CAE，
∴△AEH∽△AFB，
∴，
∴，
∴AE•AD=AH•AF，故④正确，
故选D．
考点：1．相似三角形的判定与性质；2．全等三角形的判定与性质；3．菱形的性质．
21．（邢台市第八中学中考模拟）如图，四边形ABCD、CEFG都是正方形，点G在线段CD上，连接BG，DE和FG相交于点O．设AB＝a，CG＝b（a＞b）．下列结论：①△BCG≌△DCE；②BG⊥DE；③；④（a﹣b）2•S△EFO＝b2•S△DGO．其中结论正确的个数是（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【解析】
①∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCG=∠DCE，
在△BCG和△DCE中，
，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
故①正确；
②延长BG交DE于点H，

∵△BCG≌△DCE，
∴∠CBG=∠CDE，
又∵∠CBG+∠BGC=90°，
∴∠CDE+∠DGH=90°，
∴∠DHG=90°，
∴BH⊥DE；
∴BG⊥DE．
故②正确；
③∵四边形GCEF是正方形，
∴GF∥CE，
∴，
∴是错误的．
故③错误；
④∵DC∥EF，
∴∠GDO=∠OEF，
∵∠GOD=∠FOE，
∴△OGD∽△OFE，
∴，
∴（a-b）2•S△EFO=b2•S△DGO．
故④正确；
故选B．
考点：1．相似三角形的判定与性质；2．全等三角形的判定与性质；3．正方形的性质．

22．（四川省初二期末）如图，平行四边形ABCD中，AB∶BC=3∶2，∠DAB=60°，E在AB上，且AE∶EB=1∶2，F是BC的中点，过D分别作DP⊥AF于P，DQ⊥CE于Q，则DP∶DQ等于（ ）

A．3∶4 B．∶ C．∶ D．∶
【答案】B
【解析】
连接DE、DF，过F作FN⊥AB于N，过C作CM⊥AB于M，

∵根据三角形的面积和平行四边形的面积得：
，即．
∴AF×DP=CE×DQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC
∵∠DAB=60°，∴∠CBN=∠DAB=60°．∴∠BFN=∠MCB=30°
∵AB：BC=3：2，∴设AB=3a，BC=2a
∵AE：EB=1：2，F是BC的中点，∴BF=a，BE=2a，BN=a，BM=a
由勾股定理得：FN=a，CM=a
∴
∴．∴，故选B．
【点睛】
本题考查平行四边形中勾股定理的运用，关键是作出正确的辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理计算出AF、CE.
23．（山东省初三四模及以后）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D是线段AB上的一点，连接CD，过点B作BG⊥CD，分别交CD，CA于点E，F，与过点A且垂直于AB的直线相交于点G，连接DF，给出以下四个结论：①②若点D是AB的中点，则AF=AB；③当B，C，F，D四点在同一个圆上时，DF＝DB；④若,则,其中正确的结论序号是（ ）

A．①② B．③④ C．①②③ D．①②③④
【答案】C
【解析】
解：∵∠ABC=90°，∠GAD=90°，∴AG∥BC，∴△AFG∽△CFB，∴．∵BC=AB，∴，∴①正确．
∵∠BCD+∠EBC=∠EBC+∠ABG=90°，∴∠BCD=∠ABG．∵AB=BC，∠GAB=∠DBC=90°，∴△CBD≌△BAG，∴AG=BD．∵BD=AB，∴，∴，∴．∵AC=AB，∴AF=AB，∴②正确；
∵B，C，F，D四点共圆，∠DBC=90°，∴CD为直径，∴∠CFD=90°．∵BF⊥CD，∴BE=EF，∴BD=DE，∴③正确；
∵AG∥BC，∴ ．∵BC=AB，∴．∵AG=BD，，∴，∴=，∴AF=AC，∴S△ABF=S△ABC，∴S△BDF=S△ABF，∴S△BDF=S△ABC，即S△ABC=12S△BDF，∴④错误．
故答案为①②③．
点睛：本题是相似三角形综合题，主要考查了相似三角形的性质和判定，比例的基本性质，同底的两三角形的面积比是高的比，解答本题的关键是用比例的基本性质推导线段的比，注意掌握数形结合思想与转化思想的应用．
24．（湖南省中考模拟）已知：如图，在等边△ABC中取点P，使得PA，PB，PC的长分别为3，4，5，将线段AP以点A为旋转中心顺时针旋转60°得到线段AD，连接BD，下列结论：
①△ABD可以由△APC绕点A顺时针旋转60°得到；②点P与点D的距离为3；③∠APB＝150°；
④S△APC+S△APB＝，其中正确的结论有（　　）

A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．②③④
【答案】C
【解析】
解：连PD，如图，
∵线段AP以点A为旋转中心顺时针旋转60°得到线段AD，
∴AD＝AP，∠DAP＝60°，
又∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴∠DAB+∠BAP＝∠PAC+∠BAP，
∴∠DAP＝∠PAC，
∴△ABD可以由△APC绕点A顺时针旋转60°得到，所以①正确；
∵DA＝PA，∠DAP＝60°，
∴△ADP为等边三角形，
∴PD＝PA＝3，所以②正确；
在△PBD中，PB＝4，PD＝3，由①得到BD＝PC＝5，
∵32+42＝52，即PD2+PB2＝BD2，
∴△PBD为直角三角形，且∠BPD＝90°，
由②得∠APD＝60°，
∴∠APB＝∠APD+∠BPD＝60°+90°＝150°，所以③正确；
∵△ADB≌△APC，
∴S△ADB＝S△APC，
∴S△APC+S△APB＝S△ADB+S△APB＝S△ADP+S△BPD所以④不正确．
故选：C．

【点睛】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，即对应角线段，对应线段线段；对应点的连线段所夹的角等于旋转角；对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理．
25．（四川省中考模拟）如图，四边形是矩形纸片，．对折矩形纸片，使与重合，折痕为；展平后再过点折叠矩形纸片，使点落在上的点，折痕与相交于点；再次展平，连接，，延长交于点．以下结论：①；②；③；④△是等边三角形； ⑤为线段上一动点，是的中点，则的最小值是．其中正确结论的序号是( ).

A．①②④ B．①④⑤ C．①③④ D．①②③⑤
【答案】B
【解析】
解：在Rt△BEN中，∵BN=AB=2BE，
∴∠ENB=30°，
∴∠ABN=60°，故①正确，
∴∠ABM=∠NBM=∠NBG=30°，
∴AM=AB•tan30°=，故②错误，
∵∠AMB=∠BMN=60°，
∵AD∥BC，
∴∠GBM=∠AMB=60°，
∴∠MBG=∠BMG=∠BGM=60°，
∴△BMG为等边三角形，故④正确．
∴BG=BM=2AM=，
∵EF∥BC∥AD，AE=BE，
∴BQ=QM，MN=NG，
∴QN是△BMG的中位线，
∴QN=BG=，故③不正确．
连接PE．∵BH=BE=1，∠MBH=∠MBE，
∴E、H关于BM对称，
∴PE=PH，
∴PH+PN=PE+PN，
∴E、P、N共线时，PH+PN的值最小，最小值=EN=，故⑤正确，
故选B．

【点睛】
本题考查翻折变换、等边三角形的判定和性质、矩形的性质、三角形中位线定理、直角三角形的性质、轴对称最短问题等知识，熟练掌握翻折变换得性质是解题的关键．
26．（山东省中考模拟）如图，已知E、F分别为正方形ABCD的边AB，BC的中点，AF与DE交于点M，则下列结论：①∠AME=90°；②∠BAF=∠EDB；③MD=2AM=4EM；④AM=MF．其中正确结论的个数是（　 ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【解析】
解：在正方形ABCD中，AB=BC=AD，∠ABC=∠BAD=90°，
∵E、F分别为边AB，BC的中点，

在△ABF和△DAE中，

∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴∠BAF=∠ADE，
∵∠BAF+∠DAF=∠BAD=90°，
∴∠ADE+∠DAF=∠BAD=90°，
∴∠AMD=180°-（∠ADE+∠DAF）=180°-90°=90°，
∴∠AME=180°-∠AMD=180°-90°=90°，故①正确；
∵DE是△ABD的中线，
∴∠ADE≠∠EDB，
∴∠BAF≠∠EDB，故②错误；
∵∠BAD=90°，AM⊥DE，
∴△AED∽△MAD∽△MEA，
∴
∴AM=2EM，MD=2AM，
∴MD=2AM=4EM，故③正确；
设正方形ABCD的边长为2a，则BF=a，
在Rt△ABF中，

∵∠BAF=∠MAE，∠ABC=∠AME=90°，
∴△AME∽△ABF，

即

，故④正确
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，勾股定理逆定理的应用，综合性较强，难度较大，仔细分析图形并作出辅助线构造出直角三角形与相似三角形是解题的关键．
27．（广东省深圳实验学校初三开学考试）函数y＝和y＝在第一象限内的图象如图，点P是y＝的图象上一动点，PC⊥x轴于点C，交y＝的图象于点B．给出如下结论：①△ODB与△OCA的面积相等；②PA与PB始终相等；③四边形PAOB的面积大小不会发生变化；④CA＝AP．其中所有正确结论的序号是（　　）

A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
【答案】C
【解析】
解：∵A、B是反比函数上的点，∴S△OBD=S△OAC=，故①正确；
当P的横纵坐标相等时PA=PB，故②错误；
∵P是的图象上一动点，∴S矩形PDOC=4，∴S四边形PAOB=S矩形PDOC﹣S△ODB﹣﹣S△OAC=4﹣﹣=3，故③正确；
连接OP，=4，∴AC=PC，PA=PC，∴=3，∴AC=AP；故④正确；
综上所述，正确的结论有①③④．故选C．

点睛：本题考查的是反比例函数综合题，熟知反比例函数中系数k的几何意义是解答此题的关键．
28．（江苏省中考模拟）如图，一次函数y=2x与反比例函数y=（k＞0）的图象交于A，B两点，点P在以C（﹣2，0）为圆心，1为半径的⊙C上，Q是AP的中点，已知OQ长的最大值为，则k的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
如图，连接BP，
由对称性得：OA=OB，
∵Q是AP的中点，
∴OQ=BP，
∵OQ长的最大值为，
∴BP长的最大值为×2=3，
如图，当BP过圆心C时，BP最长，过B作BD⊥x轴于D，
∵CP=1，
∴BC=2，
∵B在直线y=2x上，
设B（t，2t），则CD=t﹣（﹣2）=t+2，BD=﹣2t，
在Rt△BCD中，由勾股定理得： BC2=CD2+BD2，
∴22=（t+2）2+（﹣2t）2，
t=0（舍）或t=﹣，
∴B（﹣，﹣），
∵点B在反比例函数y=（k＞0）的图象上，
∴k=﹣×（-）=，
故选C．

【点睛】
本题考查的是代数与几何综合题，涉及了反比例函数图象上点的坐标特征，中位线定理，圆的基本性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，确定出BP过点C时OQ有最大值是解题的关键.
29．（江苏省中考模拟）如图，矩形OABC的顶点A、C都在坐标轴上，点B在第二象限，矩形OABC的面积为6．把矩形OABC沿DE翻折，使点B与点O重合．若反比例函数y＝的图象恰好经过点E和DE的中点F．则OA的长为（　　）

A．2 B． C．2 D．
【答案】D
【解析】
连接BO与ED交于点Q，过点Q作QN⊥x轴，垂足为N，如图所示，
∵矩形OABC沿DE翻折，点B与点O重合，
∴BQ＝OQ，BE＝EO．
∵四边形OABC是矩形，
∴AB∥CO，∠BCO＝∠OAB＝90°．
∴∠EBQ＝∠DOQ．
在△BEQ和△ODQ中，

∴△BEQ≌△ODQ（ASA）．
∴EQ＝DQ．
∴点Q是ED的中点．
∵∠QNO＝∠BCO＝90°，
∴QN∥BC．
∴△ONQ∽△OCB．
∴=
∴S△ONQ＝S△OCB．
∵S矩形OABC＝6，
∴S△OCB＝S△OAB＝3．
∴S△ONQ＝．
∵点F是ED的中点，
∴点F与点Q重合．
∴S△ONF＝．
∵点E、F在反比例函数y＝上，
∴S△OAE＝S△ONF＝．
∵S△OAB＝3，
∴AB＝4AE．
∴BE＝3AE．
由轴对称的性质可得：OE＝BE．
∴OE＝3AE．OA＝
∴S△OAE＝AO•AE＝×2AE×AE＝．
∴AE＝．
∴OA＝2AE＝．
故选D．

【点睛】
此题主要考查反比例函数的性质和图像,相似三角形的判定与性质以及全等三角形的性质
30．（江苏省中考模拟）已知：如图，在平面直角坐标系中，有菱形OABC，点A的坐标为(10，0)，对角线OB、AC相交于点D，双曲线(x>0)经过点D，交BC的延长线于点E，且OB·AC＝160，有下列四个结论：①双曲线的解析式为y＝(x>0)；②点E的坐标是(4，8)；③sin∠COA＝；④AC＋OB＝12．其中正确的结论有（ ）

A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
【答案】A
【解析】
① 过点C
作CM⊥x轴于点M，如图1所示．
∵OB•AC=160，四边形OABC为菱形，
∴S△OCA=OA•CM=OB•AC=40，
∵A点的坐标为（10，0），
∴OA=10
∴CM=8，
∴OM==6，
∴点C（6，8），
∴点B（16，8）．
∵点D为线段OB的中点，
∴点D（8，4），
∵双曲线经过D点，
∴k=8×4=32，
∴双曲线的解析式为y=
∴①不正确；
②∵点E在双曲线y=的图象上，且E点的纵坐标为8，
∴32÷8=4，
∴点E（4，8），
∴②正确；
③∵sin∠COA==,
∴③正确；
④在Rt△CMA中，CM=8，AM=OA-OM=10-6=4，
∴AC===4,
∵OB•AC=160，
∴OB=8
∴AC+OB=12
∴④成立．
综上可知：②③④成立．
故答案为：A
【点睛】
本题考查了菱形的性质、反比例函数图象上点的坐标特征以及勾股定理，解题的关键是求出反比例函数的解析式．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，结合菱形的性质以及三角形的面积公式找出点的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征求出反比例函数的解析式是关键．