初中數(shù)學(xué) 中考數(shù)學(xué)壓軸題

10．如圖，在矩形ABCD中，E為AB中點(diǎn)，以BE為邊作正方形BEFG，邊EF交CD于點(diǎn)H，在邊BE上取點(diǎn)M使BM＝BC，作MN∥BG交CD于點(diǎn)L，交FG于點(diǎn)N，歐幾里得在《幾何原本》中利用該圖解釋了EQ（a＋b）（a－b）＝a\S\UP6(2)－b\S\UP6(2)，現(xiàn)以點(diǎn)F為圓心，F(xiàn)E為半徑作圓弧交線段DH于點(diǎn)P，連結(jié)EP，記△EPH的面積為EQS\S\DO(1)，圖中陰影部分的面積為EQS\S\DO(2)．若點(diǎn)A，L，G在同一直線上，則EQ\F(S\S\DO(1),S\S\DO(2))的值為（）A．EQ\F(\R(,2),2) B．EQ\F(\R(,2),3) C．EQ\F(\R(,2),4) D．EQ\F(\R(,2),6) 16．圖1是一種折疊式晾衣架．晾衣時，該晾衣架左右晾衣臂張開后示意圖如圖2所示，兩支腳OC＝OD＝10分米，展開角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．當(dāng)∠AOC＝90°時，點(diǎn)A離地面的距離AM為__________分米；當(dāng)OB從水平狀態(tài)旋轉(zhuǎn)到OB'（在CO延長線上）時，點(diǎn)E繞點(diǎn)F隨之旋轉(zhuǎn)至OB'上的點(diǎn)E'處，則B'E'－BE為__________分米．23．某旅行團(tuán)32人在景區(qū)A游玩，他們由成人、少年和兒童組成．已知兒童10人，成人比少年多12人．（1）求該旅行團(tuán)中成人與少年分別是多少人？（2）因時間充裕，該團(tuán)準(zhǔn)備讓成人和少年（至少各1名）帶領(lǐng)10名兒童去另一景區(qū)B游玩．景區(qū)B的門票價格為100元/張，成人全票，少年8折，兒童6折，一名成人可以免費(fèi)攜帶一名兒童．①若由成人8人和少年5人帶隊(duì)，則所需門票的總費(fèi)用是多少元？②若剩余經(jīng)費(fèi)只有1200元可用于購票，在不超額的前提下，最多可以安排成人和少年共多少人帶隊(duì)？求所有滿足條件的方案，并指出哪種方案購票費(fèi)用最少．24．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線EQy＝－\F(1,2)x＋4分別交x軸、y軸于點(diǎn)B，C，正方形AOCD的頂點(diǎn)D在第二象限內(nèi)，E是BC中點(diǎn)，OF⊥DE于點(diǎn)F，連結(jié)OE．動點(diǎn)P在AO上從點(diǎn)A向終點(diǎn)O勻速運(yùn)動，同時，動點(diǎn)Q在直線BC上從某一點(diǎn)EQQ\S\DO(1)向終點(diǎn)EQQ\S\DO(2)勻速運(yùn)動，它們同時到達(dá)終點(diǎn)．（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)和OE的長．（2）設(shè)點(diǎn)EQQ\S\DO(2)為（m，n），當(dāng)EQ\F(n,m)＝\F(1,7)tan∠EOF時，求點(diǎn)EQQ\S\DO(2)的坐標(biāo)．（3）根據(jù)（2）的條件，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到AO中點(diǎn)時，點(diǎn)Q恰好與點(diǎn)C重合．①延長AD交直線BC于點(diǎn)EQQ\S\DO(3)，當(dāng)點(diǎn)Q在線段EQQ\S\DO(2)Q\S\DO(3)上時，設(shè)EQQ\S\DO(3)Q＝s，AP＝t，求s關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式．②當(dāng)PQ與△OEF的一邊平行時，求所有滿足條件的AP的長．10．解：如圖，連接ALGL，PF．由題意：S_(矩形AMLD)＝S_(陰)＝a^(2)－b^(2)，EQPH＝\R(,a\S\UP6(2)－b\S\UP6(2))，∵點(diǎn)A，L，G在同一直線上，AM∥GN，∴△AML∽△GNL，∴EQ\F(AM,GN)＝\F(ML,NL)，∴EQ\F(a＋b,a－b)＝\F(a－b,b)，整理得a＝3b，∴EQ\F(S\S\DO(1),S\S\DO(2))＝\F(\F(1,2)﹒(a－b)﹒\R(,a\S\UP6(2)－b\S\UP6(2)),a\S\UP6(2)－b\S\UP6(2))＝\F(2\R(,2)b\S\UP6(2),8b\S\UP6(2))＝\F(\R(,2),4)，選C．16．解：如圖，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，F(xiàn)K⊥OB于K，F(xiàn)J⊥OC于J．∵AM⊥CD，∴∠QMP＝∠MPO＝∠OQM＝90°，∴四邊形OQMP是矩形，∴QM＝OP，∵OC＝OD＝10，∠COD＝60°，∴△COD是等邊三角形，∵OP⊥CD，∴EQ∠COP＝\F(1,2)∠COD＝30°，∴EQQM＝OP＝OC﹒cos30°＝5\R(,3)（分米），∵∠AOC＝∠QOP＝90°，∴∠AOQ＝∠COP＝30°，∴EQAQ＝\F(1,2)OA＝5（分米），∴EQAM＝AQ＋MQ＝5＋5\R(,3)．∵OB∥CD，∴∠BOD＝∠ODC＝60°在Rt△OFK中，KO＝OF﹒cos60°＝2（分米），EQFK＝OF﹒sin60°＝2\R(,3)（分米），在Rt△FKE中，EQEK＝\R(,EF\S\UP6(2)－FK\S\UP6(2))＝2\R(,6)（分米）∴EQBE＝10－2－2\R(,6)＝（8－2\R(,6)）（分米），在Rt△OFJ中，OJ＝OF﹒cos60°＝2（分米），EQFJ＝2\R(,3)（分米），在Rt△FJE′中，EQE′J＝\R(,6\S\UP6(2)－(2\R(,3))\S\UP6(2))＝2\R(,6)，∴EQB′E′＝10－（2\R(,6)－2）＝12－2\R(,6)，∴B′E′－BE＝4．23．解：（1）設(shè)成人有x人，少年y人，EQ\B\lc\{(\a\al(x＋y＋10＝32,x＝y(tǒng)＋12))，解得，EQ\B\lc\{(\a\al(x＝17,y＝5))，答：該旅行團(tuán)中成人與少年分別是17人、5人；（2）①由題意可得，由成人8人和少年5人帶隊(duì)，則所需門票的總費(fèi)用是：100×8＋5×100×0.8＋（10－8）×100×0.6＝1320（元），答：由成人8人和少年5人帶隊(duì)，則所需門票的總費(fèi)用是1320元；②設(shè)可以安排成人a人，少年b人帶隊(duì)，則1≤a≤17，1≤b≤5，當(dāng)10≤a≤17時，若a＝10，則費(fèi)用為100×10＋100×b×0.8≤1200，得b≤2.5，∴b的最大值是2，此時a＋b＝12，費(fèi)用為1160元；若a＝11，則費(fèi)用為100×11＋100×b×0.8≤1200，得EQb≤\F(5,4)，∴b的最大值是1，此時a＋b＝12，費(fèi)用為1180元；若a≥12，100a≥1200，即成人門票至少是1200元，不合題意，舍去；當(dāng)1≤a＜10時，若a＝9，則費(fèi)用為100×9＋100b×0.8＋100×1×0.6≤1200，得b≤3，∴b的最大值是3，a＋b＝12，費(fèi)用為1200元；若a＝8，則費(fèi)用為100×8＋100b×0.8＋100×2×0.6≤1200，得b≤3.5，∴b的最大值是3，a＋b＝11＜12，不合題意，舍去；同理，當(dāng)a＜8時，a＋b＜12，不合題意，舍去；綜上所述，最多安排成人和少年12人帶隊(duì)，有三個方案：成人10人，少年2人；成人11人，少年1人；成人9人，少年3人；其中成人10人，少年2人時購票費(fèi)用最少．24．解：（1）令y＝0，則EQ－\F(1,2)x＋4＝0，∴x＝8，∴B（8，0），∵C（0，4），∴OC＝4，OB＝8，在Rt△BOC中，EQBC＝\R(,8\S\UP6(2)＋4\S\UP6(2))＝4\R(,5)，又∵E為BC中點(diǎn)，∴EQOE＝\F(1,2)BC＝2\R(,5)；（2）如圖1，作EM⊥OC于M，則EM∥CD，∵E是BC的中點(diǎn)∴M是OC的中點(diǎn)∴EQEM＝\F(1,2)OB＝4，EQOE＝\F(1,2)BC＝2\R(,5)∵∠CDN＝∠NEM，∠CND＝∠MNE∴△CDN∽△MEN，∴EQ\F(CN,MN)＝\F(CD,EM)＝1，∴CN＝MN＝1，∴EQEN＝\R(,1\S\UP6(2)＋4\S\UP6(2))＝\R(,17)，∵EQS\S\DO(△ONE)＝\F(1,2)EN﹒OF＝\F(1,2)ON﹒EM，∴EQOF＝\F(3×4,\R(,17))＝\F(12,17)\R(,17)，由勾股定理得：EQEF＝\R(,OE\S\UP6(2)－OF\S\UP6(2))＝\R(,(2\R(,5))\S\UP6(2)－(\F(12\R(,17),17))\S\UP6(2))＝\F(14,17)\R(,17)，∴EQtan∠EOF＝\F(EF,OF)＝\F(\F(14\R(,17),17),\F(12\R(,17),17))＝\F(7,6)，∴EQ\F(n,m)＝\F(1,7)×\F(7,6)＝\F(1,6)，∵EQn＝－\F(1,2)m＋4，∴m＝6，n＝1，∴EQQ\S\DO(2)（6，1）；（3）①∵動點(diǎn)P、Q同時作勻速直線運(yùn)動，∴s關(guān)于t成一次函數(shù)關(guān)系，設(shè)s＝kt＋b，∵當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到AO中點(diǎn)時，點(diǎn)Q恰好與點(diǎn)C重合，∴t＝2時，CD＝4，EQDQ\S\DO(3)＝2，∴EQs＝Q\S\DO(3)C＝\R(,2\S\UP6(2)＋4\S\UP6(2))＝2\R(,5)，∵EQQ\S\DO(3)（－4，6），EQQ\S\DO(2)（6，1），∴t＝4時，EQs＝\R(,(6＋4)\S\UP6(2)＋(6－1)\S\UP6(2))＝5\R(,5)，將EQ\B\lc\{(\a\al(t＝2,s＝2\R(,5)))或EQ\B\lc\{(\a\al(t＝4,s＝5\R(,5)))代入得EQ\B\lc\{(\a\al(2k＋b＝2\R(,5),4k＋b＝5\R(,5)))，解得：EQ\B\lc\{(\a\al(k＝\F(3,2)\R(,5),b＝－\R(,5)))，∴EQs＝\F(3\R(,5),2)t－\R(,5)，②（i）當(dāng)PQ∥OE時，如圖2，∠QPB＝∠EOB＝∠OBE，作QH⊥x軸于點(diǎn)H，則EQPH＝BH＝\F(1,2)PB，EQRt△ABQ\S\DO(3)中，EQAQ\S\DO(3)＝6，AB＝4＋8＝12，∴EQBQ\S\DO(3)＝\R(,6\S\UP6(2)＋12\S\UP6(2))＝6\R(,5)，∵EQBQ＝6\R(,5)－s＝6\R(,5)－\F(3\R(,5),2)t＋\R(,5)＝7\R(,5)－\F(3\R(,5),2)t，∵EQcos∠QBH＝\F(AB,BQ\S\DO(3))＝\F(BH,BQ)＝\F(12,6\R(,5))＝\F(2,5)\R(,5)，∴BH＝14－3t，∴PB＝28－6t，∴t＋28－6t＝12，EQt＝\F(16,5)；（ii）當(dāng)PQ∥OF時，如圖3，過點(diǎn)Q作EQQG⊥AQ\S\DO(3)于點(diǎn)G，過點(diǎn)P作PH⊥GQ于點(diǎn)H，由EQ△Q\S\DO(3)QG∽△CBO得：EQQ\S\DO(3)G：QG：EQQ\S\DO(3)Q＝1：2：EQ\R(,5)，∵EQQ\S\DO(3)Q＝s＝\F(3\R(,5),2)t－\R(,5)，∴EQQ\S\DO(3)G＝\F(3,2)t－1，GQ＝3t－2，∴EQP