《2018中考數(shù)學(xué)試題分類匯編 考點(diǎn)33 命題與證明（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018中考數(shù)學(xué)試題分類匯編 考點(diǎn)33 命題與證明（含解析）（17頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 2018中考數(shù)學(xué)試題分類匯編：考點(diǎn)33 命題與證明 一．選擇題（共19小題） 1．（2018?包頭）已知下列命題： ①若a3＞b3，則a2＞b2； ②若點(diǎn)A（x1，y1）和點(diǎn)B（x2，y2）在二次函數(shù)y=x2﹣2x﹣1的圖象上，且滿足x1＜x2＜1，則y1＞y2＞﹣2； ③在同一平面內(nèi)，a，b，c是直線，且a∥b，b⊥c，則a∥c； ④周長(zhǎng)相等的所有等腰直角三角形全等． 其中真命題的個(gè)數(shù)是（　?。? A．4個(gè) B．3個(gè) C．2個(gè) D．1個(gè) 【分析】依據(jù)a，b的符號(hào)以及絕對(duì)值，即可得到a2＞b2不一定成立；依據(jù)二次函數(shù)y=x2﹣2x﹣1圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)以及對(duì)稱軸的位置，即可得y

2、1＞y2＞﹣2；依據(jù)a∥b，b⊥c，即可得到a∥c；依據(jù)周長(zhǎng)相等的所有等腰直角三角形的邊長(zhǎng)對(duì)應(yīng)相等，即可得到它們?nèi)龋? 【解答】解：①若a3＞b3，則a2＞b2不一定成立，故錯(cuò)誤； ②若點(diǎn)A（x1，y1）和點(diǎn)B（x2，y2）在二次函數(shù)y=x2﹣2x﹣1的圖象上，且滿足x1＜x2＜1，則y1＞y2＞﹣2，故正確； ③在同一平面內(nèi)，a，b，c是直線，且a∥b，b⊥c，則a⊥c，故錯(cuò)誤； ④周長(zhǎng)相等的所有等腰直角三角形全等，故正確． 故選：C． 　 2．（2018?嘉興）用反證法證明時(shí)，假設(shè)結(jié)論“點(diǎn)在圓外”不成立，那么點(diǎn)與圓的位置關(guān)系只能是（　?。? A．點(diǎn)在圓內(nèi) B．點(diǎn)在圓上 C．

3、點(diǎn)在圓心上 D．點(diǎn)在圓上或圓內(nèi) 【分析】由于反證法的步驟是：（1）假設(shè)結(jié)論不成立；（2）從假設(shè)出發(fā)推出矛盾；（3）假設(shè)不成立，則結(jié)論成立． 在假設(shè)結(jié)論不成立時(shí)要注意考慮結(jié)論的反面所有可能的情況，如果只有一種，那么否定一種就可以了，如果有多種情況，則必須一一否定．由此即可解決問(wèn)題． 【解答】解：反證法證明時(shí)，假設(shè)結(jié)論“點(diǎn)在圓外”不成立，那么點(diǎn)與圓的位置關(guān)系只能是：點(diǎn)在圓上或圓內(nèi)． 故選：D． 　 3．（2018?通遼）下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（　?。? A．通過(guò)平移或旋轉(zhuǎn)得到的圖形與原圖形全等 B．“對(duì)頂角相等”的逆命題是真命題 C．圓內(nèi)接正六邊形的邊長(zhǎng)等于半徑 D．“經(jīng)過(guò)有交通信號(hào)燈

4、的路口，遇到紅燈”是隨機(jī)事件 【分析】根據(jù)平移、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、對(duì)頂角的性質(zhì)、圓內(nèi)接多邊形的性質(zhì)、隨機(jī)事件的概念判斷即可． 【解答】解：通過(guò)平移或旋轉(zhuǎn)得到的圖形與原圖形全等，A正確，不符合題意； “對(duì)頂角相等”的逆命題是相等的角是對(duì)頂角，是假命題，B錯(cuò)誤，符合題意； 圓內(nèi)接正六邊形的邊長(zhǎng)等于半徑，C正確，不符合題意； “經(jīng)過(guò)有交通信號(hào)燈的路口，遇到紅燈”是隨機(jī)事件，D正確，不符合題意； 故選：B． 　 4．（2018?岳陽(yáng)）下列命題是真命題的是（　?。? A．平行四邊形的對(duì)角線相等 B．三角形的重心是三條邊的垂直平分線的交點(diǎn) C．五邊形的內(nèi)角和是540° D．圓內(nèi)接四邊形的對(duì)

5、角相等 【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)、三角形的重心的概念、多邊形內(nèi)角和的計(jì)算公式、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)判斷即可． 【解答】解：平行四邊形的對(duì)角線互相平分，A是假命題； 三角形的重心是三條邊的中線的交點(diǎn)，B是假命題； 五邊形的內(nèi)角和=（5﹣2）×180°=540°，C是真命題； 圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，D是假命題； 故選：C． 　 5．（2018?臺(tái)州）下列命題正確的是（　?。? A．對(duì)角線相等的四邊形是平行四邊形 B．對(duì)角線相等的四邊形是矩形 C．對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形 D．對(duì)角線互相垂直且相等的四邊形是正方形 【分析】根據(jù)平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定定

6、理判斷即可． 【解答】解：對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形，A錯(cuò)誤； 對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形，B錯(cuò)誤； 對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形，C正確； 對(duì)角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形； 故選：C． 　 6．（2018?臺(tái)灣）小柔要榨果汁，她有蘋(píng)果、芭樂(lè)、柳丁三種水果，且其顆數(shù)比為9：7：6，小柔榨完果汁后，蘋(píng)果、芭樂(lè)、柳丁的顆數(shù)比變?yōu)?：3：4，已知小柔榨果汁時(shí)沒(méi)有使用柳丁，關(guān)于她榨果汁時(shí)另外兩種水果的使用情形，下列敘述何者正確？（　　） A．只使用蘋(píng)果 B．只使用芭樂(lè) C．使用蘋(píng)果及芭樂(lè)，且使用的蘋(píng)果顆數(shù)比使用的芭樂(lè)顆數(shù)多 D．使用蘋(píng)果及芭樂(lè)，且使用的芭樂(lè)

7、顆數(shù)比使用的蘋(píng)果顆數(shù)多 【分析】根據(jù)三種水果的顆數(shù)的關(guān)系，設(shè)出三種水果的顆數(shù)，再根據(jù)榨果汁后的顆數(shù)的關(guān)系，求出榨果汁后，蘋(píng)果和芭樂(lè)的顆數(shù)，進(jìn)而求出蘋(píng)果，芭樂(lè)的用量，即可得出結(jié)論． 【解答】解：∵蘋(píng)果、芭樂(lè)、柳丁三種水果，且其顆數(shù)比為9：7：6， ∴設(shè)蘋(píng)果為9x顆，芭樂(lè)7x顆，鉚釘6x顆（x是正整數(shù)）， ∵小柔榨果汁時(shí)沒(méi)有使用柳丁， ∴設(shè)小柔榨完果汁后，蘋(píng)果a顆，芭樂(lè)b顆， ∵小柔榨完果汁后，蘋(píng)果、芭樂(lè)、柳丁的顆數(shù)比變?yōu)?：3：4， ∴，， ∴a=9x，b=x， ∴蘋(píng)果的用量為9x﹣a=9x﹣9x=0， 芭樂(lè)的用量為7x﹣b=7x﹣x=x＞0， ∴她榨果汁時(shí)，只用了芭樂(lè)，

8、 故選：B． 　 7．（2018?嘉興）某屆世界杯的小組比賽規(guī)則：四個(gè)球隊(duì)進(jìn)行單循環(huán)比賽（每?jī)申?duì)賽一場(chǎng)），勝一場(chǎng)得3分，平一場(chǎng)得1分，負(fù)一場(chǎng)得0分，某小組比賽結(jié)束后，甲、乙、丙、丁四隊(duì)分別獲得第一、二、三、四名，各隊(duì)的總得分恰好是四個(gè)連續(xù)奇數(shù)，則與乙打平的球隊(duì)是（　?。? A．甲 B．甲與丁 C．丙 D．丙與丁 【分析】直接利用已知得出甲得分為7分，2勝1平，乙得分5分，1勝2平，丙得分3分，1勝0平，丁得分1分，0勝1平，進(jìn)而得出答案． 【解答】解：∵甲、乙、丙、丁四隊(duì)分別獲得第一、二、三、四名，各隊(duì)的總得分恰好是四個(gè)連續(xù)奇數(shù)， ∴甲得分為7分，2勝1平，乙得分5分，1勝2平，丙得

9、分3分，1勝0平，丁得分1分，0勝1平， ∵甲、乙都沒(méi)有輸球，∴甲一定與乙平， ∵丙得分3分，1勝0平，乙得分5分，1勝2平， ∴與乙打平的球隊(duì)是甲與丁． 故選：B． 　 8．（2018?荊門(mén)）下列命題錯(cuò)誤的是（　?。? A．若一個(gè)多邊形的內(nèi)角和與外角和相等，則這個(gè)多邊形是四邊形 B．矩形一定有外接圓 C．對(duì)角線相等的菱形是正方形 D．一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等的四邊形是平行四邊形 【分析】A、任意多邊形的外角和為360°，然后利用多邊形的內(nèi)角和公式計(jì)算即可； B、判斷一個(gè)四邊形是否有外接圓，要看此四邊形的對(duì)角是否互補(bǔ)，矩形的對(duì)角互補(bǔ)，一定有外接圓； C、根據(jù)正方形的

10、判定方法進(jìn)行判斷； D、一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形． 【解答】解：A、一個(gè)多邊形的外角和為360°，若外角和=內(nèi)角和=360°，所以這個(gè)多邊形是四邊形，故此選項(xiàng)正確； B、矩形的四個(gè)角都是直角，滿足對(duì)角互補(bǔ)，根據(jù)對(duì)角互補(bǔ)的四邊形四點(diǎn)共圓，則矩形一定有外接圓，故此選項(xiàng)正確； C、對(duì)角線相等的菱形是正方形，故此選項(xiàng)正確； D、一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形；而一對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等的四邊形可能是平行四邊形或是梯形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤； 本題選擇錯(cuò)誤的命題， 故選：D． 　 9．（2018?濱州）下列命題，其中是真命題的為（　　） A．一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相

11、等的四邊形是平行四邊形 B．對(duì)角線互相垂直的四邊形是菱形 C．對(duì)角線相等的四邊形是矩形 D．一組鄰邊相等的矩形是正方形 【分析】分析是否為真命題，需要分別分析各題設(shè)是否能推出結(jié)論，從而利用排除法得出答案． 【解答】解：A、例如等腰梯形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤； B、根據(jù)菱形的判定，應(yīng)是對(duì)角線互相垂直的平行四邊形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤； C、對(duì)角線相等且互相平分的平行四邊形是矩形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤； D、一組鄰邊相等的矩形是正方形，故本選項(xiàng)正確． 故選：D． 　 10．（2018?荊門(mén)）如圖，等腰Rt△ABC中，斜邊AB的長(zhǎng)為2，O為AB的中點(diǎn)，P為AC邊上的動(dòng)點(diǎn)，OQ⊥OP交BC于點(diǎn)Q，M為P

12、Q的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)M所經(jīng)過(guò)的路線長(zhǎng)為（　?。? A． B． C．1 D．2 【分析】連接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如圖，利用等腰直角三角形的性質(zhì)得AC=BC=，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再證明Rt△AOP≌△COQ得到AP=CQ，接著利用△APE和△BFQ都為等腰直角三角形得到PE=AP=CQ，QF=BQ，所以PE+QF=BC=1，然后證明MH為梯形PEFQ的中位線得到MH=，即可判定點(diǎn)M到AB的距離為，從而得到點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)路線為△ABC的中位線，最后利用三角形中位線性質(zhì)得到點(diǎn)M所經(jīng)過(guò)的路線長(zhǎng)．

13、 【解答】解：連接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如圖， ∵△ACB為到等腰直角三角形， ∴AC=BC=AB=，∠A=∠B=45°， ∵O為AB的中點(diǎn)， ∴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都為等腰直角三角形， ∴PE=AP=CQ，QF=BQ， ∴PE+QF=（CQ+BQ）=BC=×=1， ∵M(jìn)點(diǎn)為PQ的中點(diǎn)， ∴MH為梯形PEFQ的中

14、位線， ∴MH=（PE+QF）=， 即點(diǎn)M到AB的距離為， 而CO=1， ∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)路線為△ABC的中位線， ∴當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)M所經(jīng)過(guò)的路線長(zhǎng)=AB=1． 故選：C． 　 11．（2018?廣安）下列命題中： ①如果a＞b，那么a2＞b2 ②一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等的四邊形是平行四邊形 ③從圓外一點(diǎn)可以引圓的兩條切線，它們的切線長(zhǎng)相等 ④關(guān)于x的一元二次方程ax2+2x+1=0有實(shí)數(shù)根，則a的取值范圍是a≤1 其中真命題的個(gè)數(shù)是（　?。? A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】直接利用切線長(zhǎng)定理以及平行四邊形的判定合一元二次方程根的判別式分

15、別判斷得出答案． 【解答】解：①如果a＞b，那么a2＞b2，錯(cuò)誤； ②一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等的四邊形是平行四邊形，錯(cuò)誤； ③從圓外一點(diǎn)可以引圓的兩條切線，它們的切線長(zhǎng)相等，正確； ④關(guān)于x的一元二次方程ax2+2x+1=0有實(shí)數(shù)根，則a的取值范圍是a≤1且a≠0，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤． 故選：A． 　 12．（2018?重慶）下列命題正確的是（　　） A．平行四邊形的對(duì)角線互相垂直平分 B．矩形的對(duì)角線互相垂直平分 C．菱形的對(duì)角線互相平分且相等 D．正方形的對(duì)角線互相垂直平分 【分析】根據(jù)平行四邊形的對(duì)角線互相平分；矩形的對(duì)角線平分且相等；菱形的對(duì)角線互相平分且垂直；正

16、方形的對(duì)角線互相垂直平分進(jìn)行分析即可． 【解答】解：A、平行四邊形的對(duì)角線互相垂直平分，是假命題； B、矩形的對(duì)角線互相垂直平分，是假命題； C、菱形的對(duì)角線互相平分且相等，是假命題； D、正方形的對(duì)角線互相垂直平分，是真命題； 故選：D． 　 13．（2018?永州）下列命題是真命題的是（　　） A．對(duì)角線相等的四邊形是矩形 B．對(duì)角線互相垂直的四邊形是菱形 C．任意多邊形的內(nèi)角和為360° D．三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半 【分析】根據(jù)矩形的判定方法對(duì)A進(jìn)行判斷；根據(jù)菱形的判定方法對(duì)B進(jìn)行判斷；根據(jù)多邊形的內(nèi)角和對(duì)C進(jìn)行判斷；根據(jù)三角形中位線性質(zhì)

17、對(duì)D進(jìn)行判斷． 【解答】解：A、對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形，所以A選項(xiàng)為假命題； B、對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形，所以B選項(xiàng)為假命題； C、任意多邊形的外角和為360°，所以C選項(xiàng)為假命題； D、三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半，所以D選項(xiàng)為真命題． 故選：D． 　 14．（2018?淄博）甲、乙、丙、丁4人進(jìn)行乒乓球單循環(huán)比賽（每?jī)蓚€(gè)人都要比賽一場(chǎng)），結(jié)果甲勝了丁，并且甲、乙、丙勝的場(chǎng)數(shù)相同，則丁勝的場(chǎng)數(shù)是（　?。? A．3 B．2 C．1 D．0 【分析】四個(gè)人共有6場(chǎng)比賽，由于甲、乙、丙三人勝的場(chǎng)數(shù)相同，所以只有兩種可能性：甲勝1場(chǎng)或甲勝2場(chǎng)；由此進(jìn)行

18、分析即可． 【解答】解：四個(gè)人共有6場(chǎng)比賽，由于甲、乙、丙三人勝的場(chǎng)數(shù)相同， 所以只有兩種可能性：甲勝1場(chǎng)或甲勝2場(chǎng)； 若甲只勝一場(chǎng)，這時(shí)乙、丙各勝一場(chǎng)，說(shuō)明丁勝三場(chǎng)，這與甲勝丁矛盾， 所以甲只能是勝兩場(chǎng)， 即：甲、乙、丙各勝2場(chǎng)，此時(shí)丁三場(chǎng)全敗，也就是勝0場(chǎng)． 答：甲、乙、丙各勝2場(chǎng)，此時(shí)丁三場(chǎng)全敗，丁勝0場(chǎng)． 故選：D． 　 15．（2018?貴港）下列命題中真命題是（　?。? A． =（）2一定成立 B．位似圖形不可能全等 C．正多邊形都是軸對(duì)稱圖形 D．圓錐的主視圖一定是等邊三角形 【分析】根據(jù)二次根式的性質(zhì)、位似圖形的定義、正多邊形的性質(zhì)及三視圖的概念逐一判

19、斷即可得． 【解答】解：A、=（）2當(dāng)a＜0不成立，假命題； B、位似圖形在位似比為1時(shí)全等，假命題； C、正多邊形都是軸對(duì)稱圖形，真命題； D、圓錐的主視圖一定是等腰三角形，假命題； 故選：C． 　 16．（2018?懷化）下列命題是真命題的是（　　） A．兩直線平行，同位角相等 B．相似三角形的面積比等于相似比 C．菱形的對(duì)角線相等 D．相等的兩個(gè)角是對(duì)頂角 【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、對(duì)頂角的概念判斷即可． 【解答】解：兩直線平行，同位角相等，A是真命題； 相似三角形的面積比等于相似比的平方，B是假命題； 菱形的對(duì)角線互相垂直，不

20、一定相等，C是假命題； 相等的兩個(gè)角不一定是對(duì)頂角，D是假命題； 故選：A． 　 17．（2018?重慶）下列命題是真命題的是（　?。? A．如果一個(gè)數(shù)的相反數(shù)等于這個(gè)數(shù)本身，那么這個(gè)數(shù)一定是0 B．如果一個(gè)數(shù)的倒數(shù)等于這個(gè)數(shù)本身，那么這個(gè)數(shù)一定是1 C．如果一個(gè)數(shù)的平方等于這個(gè)數(shù)本身，那么這個(gè)數(shù)一定是0 D．如果一個(gè)數(shù)的算術(shù)平方根等于這個(gè)數(shù)本身，那么這個(gè)數(shù)一定是0 【分析】根據(jù)相反數(shù)是它本身的數(shù)為0；倒數(shù)等于這個(gè)數(shù)本身是±1；平方等于它本身的數(shù)為1和0；算術(shù)平方根等于本身的數(shù)為1和0進(jìn)行分析即可． 【解答】解：A、如果一個(gè)數(shù)的相反數(shù)等于這個(gè)數(shù)本身，那么這個(gè)數(shù)一定是0，是真命

21、題； B、如果一個(gè)數(shù)的倒數(shù)等于這個(gè)數(shù)本身，那么這個(gè)數(shù)一定是1，是假命題； C、如果一個(gè)數(shù)的平方等于這個(gè)數(shù)本身，那么這個(gè)數(shù)一定是0，是假命題； D、如果一個(gè)數(shù)的算術(shù)平方根等于這個(gè)數(shù)本身，那么這個(gè)數(shù)一定是0，是假命題； 故選：A． 　 18．（2018?衡陽(yáng)）下列命題是假命題的是（　　） A．正五邊形的內(nèi)角和為540° B．矩形的對(duì)角線相等 C．對(duì)角線互相垂直的四邊形是菱形 D．圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ) 【分析】根據(jù)正多邊形的內(nèi)角和的計(jì)算公式、矩形的性質(zhì)、菱形的判定、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)判斷即可． 【解答】解：正五邊形的內(nèi)角和=（5﹣2）×180°=540°，A是真命題； 矩

22、形的對(duì)角線相等，B是真命題； 對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形，C是假命題； 圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，D是真命題； 故選：C． 　 19．（2018?眉山）下列命題為真命題的是（　?。? A．兩條直線被一組平行線所截，所得的對(duì)應(yīng)線段成比例 B．相似三角形面積之比等于相似比 C．對(duì)角線互相垂直的四邊形是菱形 D．順次連結(jié)矩形各邊的中點(diǎn)所得的四邊形是正方形 【分析】根據(jù)平行線分線段成比例定理、相似三角形的性質(zhì)、菱形的判定定理、中點(diǎn)四邊形的性質(zhì)判斷即可． 【解答】解：兩條直線被一組平行線所截，所得的對(duì)應(yīng)線段成比例，A是真命題； 相似三角形面積之比等于相似比的平方，B是假命題；

23、 對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形，C是假命題； 順次連結(jié)矩形各邊的中點(diǎn)所得的四邊形是菱形，D是假命題； 故選：A． 　 二．填空題（共5小題） 20．（2018?無(wú)錫）命題“四邊相等的四邊形是菱形”的逆命題是　菱形的四條邊相等?。? 【分析】把一個(gè)命題的條件和結(jié)論互換就得到它的逆命題． 【解答】解：命題“四邊相等的四邊形是菱形”的逆命題是菱形的四條邊相等， 故答案為：菱形的四條邊相等． 　 21．（2018?達(dá)州）如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=5，點(diǎn)D是BC邊上一點(diǎn)且CD=1，點(diǎn)P是線段DB上一動(dòng)點(diǎn)，連接AP，以AP為斜邊在AP的下方作等腰Rt△AOP

24、．當(dāng)P從點(diǎn)D出發(fā)運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B停止時(shí)，點(diǎn)O的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為　2?。? 【分析】過(guò)O點(diǎn)作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，連接CO，如圖，易得四邊形OECF為矩形，由△AOP為等腰直角三角形得到OA=OP，∠AOP=90°，則可證明△OAE≌△OPF，所以AE=PF，OE=OF，根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理的逆定理得到CO平分∠ACP，從而可判斷當(dāng)P從點(diǎn)D出發(fā)運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B停止時(shí)，點(diǎn)O的運(yùn)動(dòng)路徑為一條線段，接著證明CE=（AC+CP），然后分別計(jì)算P點(diǎn)在D點(diǎn)和B點(diǎn)時(shí)OC的長(zhǎng)，從而計(jì)算它們的差即可得到P從點(diǎn)D出發(fā)運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B停止時(shí)，點(diǎn)O的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)． 【解答】解：過(guò)O點(diǎn)作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，連接CO

25、，如圖， ∵△AOP為等腰直角三角形， ∴OA=OP，∠AOP=90°， 易得四邊形OECF為矩形， ∴∠EOF=90°，CE=CF， ∴∠AOE=∠POF， ∴△OAE≌△OPF， ∴AE=PF，OE=OF， ∴CO平分∠ACP， ∴當(dāng)P從點(diǎn)D出發(fā)運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B停止時(shí)，點(diǎn)O的運(yùn)動(dòng)路徑為一條線段， ∵AE=PF， 即AC﹣CE=CF﹣CP， 而CE=CF， ∴CE=（AC+CP）， ∴OC=CE=（AC+CP）， 當(dāng)AC=2，CP=CD=1時(shí)，OC=×（2+1）=， 當(dāng)AC=2，CP=CB=5時(shí)，OC=×（2+5）=， ∴當(dāng)P從點(diǎn)D出發(fā)運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B停止時(shí)，點(diǎn)O的運(yùn)動(dòng)

26、路徑長(zhǎng)=﹣=2． 故答案為2． 　 22．（2018?宿遷）如圖，將含有30°角的直角三角板ABC放入平面直角坐標(biāo)系，頂點(diǎn)A、B分別落在x、y軸的正半軸上，∠OAB=60°，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0）．將三角板ABC沿x軸向右作無(wú)滑動(dòng)的滾動(dòng)（先繞點(diǎn)A按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°，再繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°…），當(dāng)點(diǎn)B第一次落在x軸上時(shí)，則點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的路徑與兩坐標(biāo)軸圍成的圖形面積是　?。? 【分析】利用三角函數(shù)能把三角形ABC各邊長(zhǎng)度解出，畫(huà)出幾個(gè)旋轉(zhuǎn)過(guò)程，點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的軌跡，結(jié)合圖形分析可得所求面積轉(zhuǎn)化為扇形面積與三角形面積之和． 【解答】解：由點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0）．得OA=1，又∵∠O

27、AB=60°，∴AB=2， ∵∠ABC=30°，AB=2，∴AC=1，BC=， 在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，三角板的長(zhǎng)度和角度不變， ∴點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的路徑與兩坐標(biāo)軸圍成的圖形面積=． 故答案： 　 23．（2018?北京）用一組a，b，c的值說(shuō)明命題“若a＜b，則ac＜bc”是錯(cuò)誤的，這組值可以是a=　1　，b=　2　，c=　﹣1?。? 【分析】根據(jù)題意選擇a、b、c的值即可． 【解答】解：當(dāng)a=1，b=2，c=﹣2時(shí)，1＜2，而1×（﹣1）＞2×（﹣1）， ∴命題“若a＜b，則ac＜bc”是錯(cuò)誤的， 故答案為：1；2；﹣1． 　 24．（2018?恩施州）在Rt△ABC中，AB=1，∠A

28、=60°，∠ABC=90°，如圖所示將Rt△ABC沿直線l無(wú)滑動(dòng)地滾動(dòng)至Rt△DEF，則點(diǎn)B所經(jīng)過(guò)的路徑與直線l所圍成的封閉圖形的面積為　π+?。ńY(jié)果不取近似值） 【分析】先得到∠ACB=30°，BC=，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得到點(diǎn)B路徑分部分：第一部分為以直角三角形30°的直角頂點(diǎn)為圓心，為半徑，圓心角為150°的弧長(zhǎng)；第二部分為以直角三角形60°的直角頂點(diǎn)為圓心，1為半徑，圓心角為120°的弧長(zhǎng)，第三部分為△ABC的面積；然后根據(jù)扇形的面積公式計(jì)算點(diǎn)B所經(jīng)過(guò)的路徑與直線l所圍成的封閉圖形的面積． 【解答】解：∵Rt△ABC中，∠A=60°，∠ABC=90°， ∴∠ACB=30°，BC

29、=， 將Rt△ABC沿直線l無(wú)滑動(dòng)地滾動(dòng)至Rt△DEF，點(diǎn)B路徑分部分：第一部分為以直角三角形30°的直角頂點(diǎn)為圓心，為半徑，圓心角為150°的弧長(zhǎng)；第二部分為以直角三角形60°的直角頂點(diǎn)為圓心，1為半徑，圓心角為120°的弧長(zhǎng)；第三部分為△ABC的面積； ∴點(diǎn)B所經(jīng)過(guò)的路徑與直線l所圍成的封閉圖形的面積=++?1?=+． 故答案為π+． 　 三．解答題（共2小題） 25．（2018?無(wú)錫）如圖，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，將此矩形繞點(diǎn)B順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A1BC1D1，點(diǎn)A1在邊CD上． （1）若m=2，n=1，求在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，點(diǎn)D到點(diǎn)D1所經(jīng)

30、過(guò)路徑的長(zhǎng)度； （2）將矩形A1BC1D1繼續(xù)繞點(diǎn)B順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)得到矩形A2BC2D2，點(diǎn)D2在BC的延長(zhǎng)線上，設(shè)邊A2B與CD交于點(diǎn)E，若=﹣1，求的值． 【分析】（1）作A1H⊥AB于H，連接BD，BD1，則四邊形ADA1H是矩形．解直角三角形，求出∠ABA1，得到旋轉(zhuǎn)角即可解決問(wèn)題； （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?，由此解方程即可解決問(wèn)題； 【解答】解：（1）作A1H⊥AB于H，連接BD，BD1，則四邊形ADA1H是矩形． ∴AD=HA1=n=1， 在R

31、t△A1HB中，∵BA1=BA=m=2， ∴BA1=2HA1， ∴∠ABA1=30°， ∴旋轉(zhuǎn)角為30°， ∵BD==， ∴D到點(diǎn)D1所經(jīng)過(guò)路徑的長(zhǎng)度==π． （2）∵△BCE∽△BA2D2， ∴==， ∴CE= ∵=﹣1 ∴=， ∴AC=?， ∴BH=AC==?， ∴m2﹣n2=6?， ∴m4﹣m2n2=6n4， 1﹣=6?， ∴=（負(fù)根已經(jīng)舍棄）． 　 26．（2018?江西）圖1是一種折疊門(mén)，由上下軌道和兩扇長(zhǎng)寬相等的活頁(yè)門(mén)組成，整個(gè)活頁(yè)門(mén)的右軸固定在門(mén)框上，通過(guò)推動(dòng)左側(cè)活頁(yè)門(mén)開(kāi)關(guān)．圖2是其俯視簡(jiǎn)化示意圖，已知軌道AB=120cm，兩扇活頁(yè)門(mén)的寬O

32、C=OB=60m，點(diǎn)B固定，當(dāng)點(diǎn)C在AB上左右運(yùn)動(dòng)時(shí)，OC與OB的長(zhǎng)度不變．（所有的結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后一位） （1）若∠OBC=50°，求AC的長(zhǎng)； （2）當(dāng)點(diǎn)C從點(diǎn)A向右運(yùn)動(dòng)60cm時(shí)，求點(diǎn)O在此過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)． 參考數(shù)據(jù)：sn50°≈0.77．cos50°≈0.64，tan50°≈1.19，π取3.14． 【分析】（1）作OH⊥BC于H，如圖2，利用等腰三角形的性質(zhì)得BH=CH，在Rt△OBH中利用余弦定義計(jì)算出BH，從而得到BC的長(zhǎng)，然后計(jì)算AB﹣BC即可； （2）先判斷△OBC為等邊三角形得到∠OBC=60°，再根據(jù)圓的定義得到點(diǎn)O在此過(guò)程中運(yùn)動(dòng)路徑是以B點(diǎn)為圓心，BO

33、為半徑，圓心角為60°的弧，然后根據(jù)弧長(zhǎng)公式計(jì)算即可． 【解答】解：（1）作OH⊥BC于H，如圖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的長(zhǎng)為43.2cm； （2）∵OB=OC=60， 而B(niǎo)C=60， ∴△OBC為等邊三角形， ∴∠OBC=60°， ∴當(dāng)點(diǎn)C從點(diǎn)A向右運(yùn)動(dòng)60cm時(shí)，點(diǎn)O在此過(guò)程中運(yùn)動(dòng)路徑是以B點(diǎn)為圓心，BO為半徑，圓心角為60°的弧， ∴點(diǎn)O在此過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)==20π≈62.8（cm）． 　 17