中考沖刺：創新、開放與探究型問題(基礎)

一、選擇題

1．若自然數n使得三個數的加法運算“n+(n+1)+(n+2)”產生進位現象，則稱n為“連加進位數”．例如：2不是“連加進位數”，因為2+3+4＝9不產生進位現象；4是“連加進位數”，因為4+5+6＝15產生進位現象；51是“連加進位數”，因為51+52+63＝156產生進位現象．如果從0，1，2，…，99這100個自然數中任取一個數，那么取到“連加進位數”的概率是()

A．0.88　　　B．0.89

C．0.90

D．0.91

2．如圖，點A，B，P在⊙O上，且∠APB＝50°，若點M是⊙O上的動點，要使△ABM為等腰三角形，則所有符合條件的點M有（）

A．1個　　　B．2個　　　C．3個　　　D．4個

3．（2016秋?永定區期中）下列圖形都是由同樣大小的棋子按一定的規律組成，其中第①個圖形有1顆棋子，第②個圖形一共有6顆棋子，第③個圖形一共有16顆棋子，…，則第⑧個圖形中棋子的顆數為（）

A．226

B．181

C．141

D．106

二、填空題

4．（2015秋?淮安校級期中）電子跳蚤游戲盤為△ABC，AB=8，AC=9，BC=10，如果電子跳蚤開始時在BC邊上的P0點，BP0=4．第一步跳蚤跳到AC邊上P1點，且CP1=CP0；第二步跳蚤從P1跳到AB邊上P2點，且AP2=AP1；第三步跳蚤從P2?跳回到BC邊上P3點，且BP3=BP2；…跳蚤按上述規則跳下去，第2015次落點為P2016，則P3與P2016之間的距離為______．

5．下圖為手的示意圖，在各個手指間標記字母A，B，C，D，請你按圖中箭頭所指方向(如A→B→C→D→C→B→A→B→C→…的方式)從A開始數連續的正整數1，2，3，4，…，當數到12時，對應的字母是________；當字母C第201次出現時，恰好數到的數是________；當字母C第2n+1次出現時(n為正整數)，恰好數到的數是________(用含n的代數式表示)．

6.(1)如圖(a)，∠ABC＝∠DCB，請補充一個條件：________，使△ABC≌△DCB．

(2)如圖(b)，∠1＝∠2，請補充一個條件：________，使△ABC≌△ADE．

三、解答題

7．如圖所示，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC，對角線AC和BD相交于點O，E是BC邊上一個動點(點E不與B，C兩點重合)，EF∥BD交AC于點F，EG∥AC交BD于點G．

(1)求證：四邊形EFOG的周長等于2OB；

(2)請你將上述題目的條件“梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC”改為另一種四邊形，其他條件不變，使得結論“四邊形EFOG的周長等于2OB”仍成立，并將改編后的題目畫出圖形，寫出已知、求證，不必證明．

8．如圖所示，平面直角坐標系內有兩條直線，直線的解析式為．如果將坐標紙折疊，使直線與重合，此時點(-2，0)與點(0，2)也重合．

(1)求直線的解析式；

(2)設直線與相交于點M．問：是否存在這樣的直線，使得如果將坐標紙沿直線折疊，點M恰好落在x軸上？若存在，求出直線的解析式；若不存在，請說明理由．

9．（2015?黃陂區校級模擬）正方形ABCD中，將一個直角三角板的直角頂點與點A重合，一條直角邊與邊BC交于點E（點E不與點B和點C重合），另一條直角邊與邊CD的延長線交于點F．

（1）如圖①，求證：AE=AF；

（2）如圖②，此直角三角板有一個角是45°，它的斜邊MN與邊CD交于G，且點G是斜邊MN的中點，連接EG，求證：EG=BE+DG；

（3）在（2）的條件下，如果=，那么點G是否一定是邊CD的中點？請說明你的理由．

10.（2016?天門）如圖①，半圓O的直徑AB=6，AM和BN是它的兩條切線，CP與半圓O相切于點P，并于AM，BN分別相交于C，D兩點．

（1）請直接寫出∠COD的度數；

（2）求AC?BD的值；

（3）如圖②，連接OP并延長交AM于點Q，連接DQ，試判斷△PQD能否與△ACO相似？若能相似，請求AC：BD的值；若不能相似，請說明理由．

答案與解析

【答案與解析】　　一、選擇題

1.【答案】A；

【解析】

不是“連加進位數”的有“0，1，2，10，11，12，20，21，22，30，31，32”共有12個．

∴P(取到“連加進位數”)＝．

2.【答案】D；

【解析】如圖，①過圓點O作AB的垂線交和于M1，M2．

②以B為圓心AB為半徑作弧交圓O于M3．

③以A為圓心，AB為半徑弧作弧交圓O于M4．

則M1，M2，M3，M4都滿足要求．

3.【答案】C；

【解析】設第n個圖形中棋子的顆數為an（n為正整數），觀察，發現規律：a1=1，a2=1+3+2=6，a3=1+3+5+4+3=16，…，∴an=1+3+5+…+（2n﹣1）+（2n﹣2）+…+n=n2+=n2﹣n+1，當n=8時，a8=×82﹣×8+1=141．

二、填空題

4.【答案】1．

【解析】

∵BC=10，BP0=4，知CP0=6，∴CP1=6．

∵AC=9，∴AP2=AP1=3．

∵AB=8，∴BP3=BP2=5．

∴CP4=CP3=5，∴AP4=4．

∴AP5=AP4=4，∴BP5=4．

∴BP6=BP5=4．

此時P6與P0重合，即經過6次跳，電子跳蚤回到起跳點．

2016÷6=336，即P2016與P0重合，∴P3與P2016之間的距離為P3P0=1．故答案為：1．

5.【答案】B；

603；

6n+3．

【解析】

由題意知A→B→C→D→C→B→A→B→C→D→C→B→A→B…，每隔6個數重復一次“A→B→C→D→C→B→”，所以，當數到12時對應的字母是B；當字母C第201次出現時，恰好數到的數是201×3＝603；當字母C第2n+1次出現時(n為正整數)，恰好數到的數是(2n+1)×3＝6n+3．

6.【答案】答案不唯一．(1)如圖(a)中∠A＝∠D，或AB＝DC；(2)圖(b)中∠D＝∠B，或等．

三、解答題

7.【答案與解析】

(1)證明：∵四邊形ABCD是梯形，AD∥BC，AB＝CD，∴∠ABC＝∠DCB．

又∵BC＝CB，AB＝DC，∴△ABC≌△DCB．

∴∠1＝∠2．

又∵

GE∥AC，∴∠2＝∠3．

∴∠1＝∠3．

∴EG＝BG．

∵EG∥OC，EF∥OB，∴四邊形EGOF是平行四邊形．

∴EG＝OF，EF＝OG．

∴四邊形EGOF的周長＝2(OG+GE)＝2(OG+GB)＝2OB．

(2)方法1：如圖乙，已知矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，E為BC上一個動點(點E不與B，C兩點重合)，EF∥BD，交AC于點F，EG∥AC交BD于點G．

求證：四邊形EFOG的周長等于2OB．圖略．

方法2：如圖丙，已知正方形ABCD中，……其余略．

8.【答案與解析】

解：(1)直線與y軸交點的坐標為(0，1)．

由題意，直線與關于直線對稱，直線與x軸交點的坐標為(-1，0)．

又∵直線與直線的交點為(-3，3)，∴直線過點(-1，0)和(3，3)．

設直線的解析式為y＝kx+b．則有

解得

所求直線的解析式為．

(2)∵直線與直線互相垂直，且點M(-3，3)在直線上，∴如果將坐標紙沿直線折疊，要使點M落在x軸上，那么點M必須與坐標原點O重合，此時直線過線段OM的中點．

將，代入y＝x+t，解得t＝3．

∴直線l的解析式為y＝x+3．

9．【答案與解析】

解：（1）如圖①，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B=∠BAD=∠ADC=∠C=90°，AB=AD．

∵∠EAF=90°，∴∠EAF=∠BAD，∴∠EAF﹣∠EAD=∠BAD﹣∠EAD，∴∠BAE=∠DAF．

在△ABE和△ADF中，∴△ABE≌△ADF（ASA）

∴AE=AF；

（2）如圖②，連接AG，∵∠MAN=90°，∠M=45°，∴∠N=∠M=45°，∴AM=AN．

∵點G是斜邊MN的中點，∴∠EAG=∠NAG=45°．

∴∠EAB+∠DAG=45°．

∵△ABE≌△ADF，∴∠BAE=∠DAF，AE=AF，∴∠DAF+∠DAG=45°，即∠GAF=45°，∴∠EAG=∠FAG．

在△AGE和AGF中，∴△AGE≌AGF（SAS），∴EG=GF．

∵GF=GD+DF，∴GF=GD+BE，∴EG=BE+DG；

（3）G不一定是邊CD的中點．

理由：設AB=6k，GF=5k，BE=x，∴CE=6k﹣x，EG=5k，CF=CD+DF=6k+x，∴CG=CF﹣GF=k+x，在Rt△ECG中，由勾股定理，得

（6k﹣x）2+（k+x）2=（5k）2，解得：x1=2k，x2=3k，∴CG=4k或3k．

∴點G不一定是邊CD的中點．

10.【答案與解析】

解：（1）∠COD=90°．

理由：如圖①中，∵AB是直徑，AM、BN是切線，∴AM⊥AB，BN⊥AB，∴AM∥BN，∵CA、CP是切線，∴∠ACO=∠OCP，同理∠ODP=∠ODB，∵∠ACD+∠BDC=180°，∴2∠OCD+2∠ODC=180°，∴∠OCD+∠ODC=90°，∴∠COD=90°．

（2）如圖①中，∵AB是直徑，AM、BN是切線，∴∠A=∠B=90°，∴∠ACO+∠AOC=90°，∵∠COD=90°，∴∠BOD+∠AOC=90°，∴∠ACO=∠BOD，∴RT△AOC∽RT△BDO，∴=，即AC?BD=AO?BO，∵AB=6，∴AO=BO=3，∴AC?BD=9．

（3）△PQD能與△ACQ相似．

∵CA、CP是⊙O切線，∴AC=CP，∠1=∠2，∵DB、DP是⊙O切線，∴DB=DP，∠B=∠OPD=90°，OD=OD，∴RT△ODB≌RT△ODP，∴∠3=∠4，①如圖②中，當△PQD∽△ACO時，∠5=∠1，∵∠ACO=∠BOD，即∠1=∠3，∴∠5=∠4，∴DQ=DO，∴∠PDO=∠PDQ，∴△DCQ≌△DCO，∴∠DCQ=∠2，∵∠1+∠2+∠DCQ=180°，∴∠1=60°=∠3，在RT△ACO，RT△BDO中，分別求得AC=，BD=3，∴AC：BD=1：3．

②如圖②中，當△PQD∽△AOC時，∠6=∠1，∵∠2=∠1，∴∠6=∠2，∴CO∥QD，∴∠1=∠CQD，∴∠6=∠CQD，∴CQ=CD，∵S△CDQ=?CD?PQ=?CQ?AB，∴PQ=AB=6，∵CO∥QD，∴=，即=，∴AC：BD=1：2．