专题57第12章压轴题之开放探究类备战2021中考数学解题方法系统训练教师版

57第12章压轴题之开放探究类一、单选题1．已知关于x、y的二元一次方程组356310xyxky给出下列结论：①当5k时，此方程组无解；②若此方程组的解也是方程61516xy的解，则10k；③无论整数k取何值，此方程组一定无整数解(x、y均为整数)，其中正确的是()A．①②③B．①③C．②③D．①②【答案】A【分析】根据二元一次方程组的解法逐个判断即可．【解答】当5k时，方程组为3563510xyxy，此时方程组无解结论①正确由题意，解方程组35661516xyxy得：2345xy把23x，45y代入310xky得2431035k解得10k，则结论②正确解方程组356310xyxky得：20231545xkyk又k为整数x\、y不能均为整数结论③正确综上，正确的结论是①②③故选：A．【点评】本题考查了二元一次方程组的解与解法，掌握二元一次方程组的解法是解题关键．2．“勾股图”有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以“勾股图”为背景的邮票（如图1），欧几里得在《几何原本》中曾对该图做了深入研究．如图2，在ABC中，90ACB，分别以ABC的三条边为边向外作正方形，连结EB，CM，DG，CM分别与AB，BE相交于点P，Q．若30ABE，则DGQM的值为（）A．32B．53C．45D．31【答案】D【分析】先用已知条件利用SAS的三角形全等的判定定理证出△EAB≌△CAM，之后利用全等三角形的性质定理分别可得30EBACMA∠∠，60BPQAPM∠∠，12PQPB，然后设1AP，继而可分别求出2PM，312PQ，所以332QMQPPM；易证Rt△ACB≌Rt△DCG（HL），从而得3DGAB，然后代入所求数据即可得DGQM的值．【解答】解：∵在△EAB和△CAM中，AEACEABCAMABAM∠∠，∴△EAB≌△CAM（SAS），∴30EBACMA∠∠，∴60BPQAPM∠∠,∴90BQP,12PQPB,设1AP，则3AM，2PM，31PB，312PQ，∴3133222QMQPPM；∵在Rt△ACB和Rt△DCG中，CGBCACCD，Rt△ACB≌Rt△DCG（HL），∴3DGAB;∴331332DGGM．故选D．【点评】本题主要考查了勾股定理，三角形全等的判定定理和性质定理等知识．3．如图，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，黑、白两个甲壳虫同时从点A出发，以相同的速度分别沿棱向前爬行，黑甲壳虫爬行的路线是AA1→A1D1→…，白甲壳虫爬行的路线是AB→BB1→…，并且都遵循如下规则：所爬行的第n+2与第n条棱所在的直线必须既不平行也不相交（其中n是正整数）．那么当黑、白两个甲壳虫各爬行完第2017条棱分别停止在所到的正方体顶点处时，它们之间的距离是（）A．0B．1C．3D．2【答案】D【分析】先确定黑、白两个甲壳虫各爬行完第2017条棱分别停止的点，再根据停止点确定它们之间的距离．【解答】根据题意可知黑甲壳虫爬行一圈的路线是AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA，回到起点．乙甲壳虫爬行一圈的路线是AB→BB1→B1C1→C1D1→D1A1→A1A．因此可以判断两个甲壳虫爬行一圈都是6条棱，因为2017÷6=336…1，所以黑、白两个甲壳虫各爬行完第2017条棱分别停止的点都是A1，B.所以它们之间的距离是2，故选D．【点评】此题考查了立体图形的有关知识．注意找到规律：黑、白甲壳虫每爬行6条边后又重复原来的路径是解此题的关键．4．在平面上，边长为2的正方形和短边长为1的矩形几何中心重合，如图①，当正方形和矩形都水平放置时，容易求出重叠面积212S．甲、乙、丙三位同学分别给出了两个图形不同的重叠方式；甲：矩形绕着几何中心旋转，从图②到图③的过程中，重叠面积S大小不变．乙：如图④，矩形绕着几何中心继续旋转，矩形的两条长边与正方形的对角线平行时，此时的重叠面积大于图③的重叠面积．丙：如图⑤，将图④中的矩形向左上方平移，使矩形的一条长边恰好经过正方形的对角线，此时的重叠面积是5个图形中最小的．下列说法正确的是（）A．甲、乙、丙都对B．只有乙对C．只有甲不对D．甲、乙、丙都不对【答案】C【分析】本题重叠部分面积需要结合图形特点，利用对称性质，通过假设未知数表示未知线段，利用面积公式求解，并根据线段范围判别面积大小．【解答】如图一所示，设AI=x，BJ=y，则有x+y=AB-IJ=2-1=1，重叠部分四边形JILK面积为2．如图二所示，设AI=x，BJ=y，因为JM=HE=1，△JIM为直角三角形，斜边JI大于直角边JM，故有：x+y＜1，重叠部分平行四边形JILK面积为2()242()xyxy．如图三所示，设AI=x（0＜x＜1），BJ=y=0，重叠部分四边形JIDK面积为1242242=42()2AJCDADISSxxxy．在由图一到图三的转变过程中，x+y的取值逐渐减小，则重叠部分面积逐渐增大，故甲同学说法错误．如图四所示，设AI=AN=x（1＜x＜2），重叠部分多边形BINDKM面积为22124242ABCDAINSSxx．当0＜x＜2时，2442xx＞，所以图四重叠部分的面积大于图三重叠部分面积，乙同学说法正确．如图五所示，设AI=AN=x，所以重叠部分四边形INDB面积为2211222222ABDAINxSSx△△，因为202x＞，所以重叠部分面积小于2，即小于图一重叠面积．综上，图一到图四重叠部分面积逐渐增大，图五面积小于图一，故图五面积最小，丙同学说法正确．故答案为C选项．【点评】本题考查正方形以及矩形性质，并在此基础进行知识延伸，需要假设未知数并结合对称性质化抽象问题为形象问题，利用未知量取值范围求解本题．二、填空题5．（1）如图①，五角形的顶点分别为A、B、C、D、E，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=_________（2）如图②，∠A+∠DBE+∠C+∠D+∠E=_________（3）如图③，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=_________（4）如图④，∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋∠5＋∠6＝_________【答案】180180180360【分析】（1）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠A+∠C=,EGF∠B+∠D=EFGÐ，然后利用三角形的内角和定理列式即可得解；（2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠A+∠D=CBD，在△BCE中，利用三角形的内角和列式计算即可得解；（3）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠A+∠C=DGF，∠B+EDFG，然后利用三角形的内角和定理列式即可得解；（4）如图，连接AB，由三角形的内角和定理可得：12CBACAB，再由四边形的内角和定理可得答案．【解答】解：（1）如图，标注字母，由三角形的外角性质，∠A+∠C=,EGF∠B+∠D=EFGÐ，∵180,EFGEGFE∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°；故答案为：180.（2）如图，由三角形的外角性质，∠A+∠D=CBD，∵180CBDDBECE，∴∠A+∠DBE+∠C+∠D+∠E=180°；故答案为：180.（3）如图，由三角形的外角性质，DGFAC，DFGBE，180,DFGDGFD180,ABCDE故答案为：180.（4）如图，标注字母，连接AB，由三角形的内角和定理可得：12CBACAB，由四边形的内角和定理可得：3456360CBACAB，123456360.故答案为：360.【点评】本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，三角形内角和定理，四边形的内角和定理，解题的关键在于准确识图，理清图中各角度之间的联系与转化．6．在平面直角坐标系中，点A（0，4），B（-2，0），C（a，-a），△ABC的面积小于10，则a的取值范围是__________________．【答案】1423a且4-3a【分析】根据A、B坐标，利用待定系数法可求出直线AB的解析式，根据点C坐标可得点C在直线y=-x上，即在直线OC上，联立AB、OC解析式可得交点坐标，分a=0，a＞0，43＜a＜0、a＜43四种情况，画出图形，分别用a表示出△ABC的面积，根据△ABC的面积小于10列不等式求出a的取值范围即可得答案．【解答】设直线AB的解析式为y=kx+b，∵A（0，4），B（-2，0），∴OA=4，OB=2，∵点A、B在直线AB上，∴204kbk，解得：24kb，∴直线AB的解析式为y=2x+4，①当a=0时，点C（0，0），与原点重合，S△ABC=12OA·OB=4＜10，∴a=0符合题意，②如图，当a＞0时，点C（a，-a）在第四象限，连接OC，∴S△ABC=S△ABO+S△AOC+S△BOC=12×2×4+12×4a+12×2a=4+3a，∵△ABC的面积小于10，∴4+3a＜10，解得a＜2，∴0＜a＜2，∵点C（a，-a），∴点C在直线y=-x上，即在直线OC上，联立直线AB与直线OC的解析式得24yxyx，解得：4343xy，∴直线AB与直线OC的交点坐标为（43，43），∴a≠43，②如图，当43＜a＜0时，点C在△ABO的内部，∴S△ABC＜S△ABO＜10，∴43＜a＜0符合题意，③如图，当a＜43时，点C（a，-a）在第二象限，且在△ABO的外部，连接OC，∴S△ABC=S△AOC+S△BOC-S△ABO=12×4(-a)+12×2(-a)-12×2×4=3a-4，∵△ABC的面积小于10，∴-3a-4＜10，解得：a＞143，∴143＜a＜43，综上所述：a的取值范围是143＜a＜2，且a≠43．故答案为：143＜a＜2，且a≠43【点评】本题考查一次函数的交点问题及三角形的面积，熟练掌握待定系数法求一次函数解析式、利用图形正确表示出△ABC的面积并灵活运用分类讨论的思想是解题关键．7．如图，点D的坐标为(4,3)，过点D作DEy轴于点E，DFx轴于点F，点M为线段DF上一点，若第一象限内存在点(,23)Nnn，使EMN为等腰直角三角形，请直接写出符合条件的N点坐标________________．【答案】(2,1)或1011(,)33或(5,7)或1419(,)33【分析】分点N为直角顶点、点E为直角顶点、点M为直角顶点三种情况，再分别利用矩形的判定与性质、直角三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质求解即可得．【解答】DEy轴， DFx轴，四边形OEDF是矩形，点D的坐标为(4,3)，3,4OEDFOFDE，由题意，分以下三种情况：（1）当点N为直角顶点时，①如图，点N在EM的下方，过点N作NGOE，于G，GN的延长线交DF于H，则四边形GEDH是矩形，90,4EGNNHMGHDEOF，EMN为等腰直角三角形，∴,90ENMNENM，90GENENGHNMENG，GENHNM，在ENG△和NMH△中，EGNNHMGENHNMENNM，()ENGNMHAAS，EGNH，(,23)Nnn，,23GNnOGn，3(23)62,4EGOEOGnnNHGHGNn，624nn，解得2n，232231n，则此时点N的坐标为(