2020年(河南)中考数学压轴题全揭秘精品专题17 函数动点问题中平行四边形存在性(附答案解析)
河南中考黑白卷狂押到底(数学)
狂押到底·扫扫刊——数学特殊题型猜押题型一几何图形的折叠与动点问题1.如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=5,点P在线段BC上运动,现将纸片折叠,使点A 与点P重合,得折痕EF(点E、F为折痕与矩形边的交点),设BP=x,当点E落在线段AB 上,点F落在线段AD上时,x的取值范围是.第1题图第2题图2.已知三角形纸片(△ABC)中,AB=AC=5,BC=8,点E、F分别为线段AB、BC上的动点,将三角形沿折痕EF折叠,使得点B落在边AC上,记为点B΄,若以点B΄、F、C为顶点的三角形与△ABC,则CF的长为.题型二特殊四边形的探究题1.如图,已知∆ABC,过点B作DB∥AC,且DB=12AC,E是AC的中点,连接DE.(1)求证:BC=DE;(2)填空:①连接AD、BE,当△ABC满足条件,四边形DBEA是矩形,②在①的条件下,当∠C=______.四边形DBEA是正方形.第1题图2.如图,在平行四边形ABCD 中,对角线BD =8cm ,AC =4cm ,点E 从点B 出发沿BD 方向以1cm/s 的速度向点D 运动,同时点F 从点D 出发沿DB 方向以同样的速度向点B 运动,设点E 、F 运动的时间为t (s ),其中0<t <8. (1)求证:△BEC ≌△DF A ; (2)填空:①以点A 、C 、E 、F 为顶点的四边形一定是 形;②当t 的值为 时,以点A 、C 、E 、F 为顶点的四边形为矩形.第2题图题型三 类比、拓展探究题1.类比、转化、从特殊到一般等思想方法,在数学学习和研究中经常用到,如下是一个案例,请补充完整.原题:如图①,在正方形ABCD 中,对角线AC 、BD 相交于点O ,点E 是BC 边上一点,AE 与BD 交于点G ,过点E 作EF ⊥AE 交AC 于点F . 若2=CE BE ,求EGEF的值.第1题图(1)尝试探究在图中①,过点E 作EM ⊥BD 于点M ,作EN ⊥AC 于点N ,则EM 和EN 的数量关系是 ,EGEF的值是 . (2)类比延伸如图②,在原题的条件下,若n CE BE =(n >0),则EGEF的值是 (用含n 的代数式表示),试写出解答过程.(3)拓展迁移 如图③,在矩形ABCD 中,过点B 作BH ⊥AC 于点O ,交AD 于点H ,点E 是BC 边上一点,AE 与BH 相交于点G ,过点E 作EF ⊥AE 交AC 于点F ,若a CE BE =,b ABBC=(a >0,b >0),则EGEF的值是 (用含a 、b 的代数式表示).2.已知∆ABC为等边三角形,点D为直线BC上的一动点(点D不与B、C重合),以AD 为边作菱形ADEF(A、D、E、F按逆时针排列),使∠DAF=60°,连接CF.(1)如图①,当点D在边BC上时,求证:①BD=CF;②AC=CF+CD;(2)如图②,当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时,结论AC=CF+CD是否成立?若不成立,请写出AC、CF、CD之间存在的数量关系,并说明理由;(3)如图③,当点D在边CB的延长线上且其他条件不变时,补全图形,并直接写出AC、CF、CD之间存在的数量关系.第2题图创新题猜押命题点函数关系式如图,AB=4,射线BM和AB互相垂直,点D是AB上的一个动点,点E在射线BM上,12BE DE=,作EF⊥DE并截取EF=DE,连结AF并延长交射线BM于点C.设BE=x,BC=y,则y关于x的函数解析式是()A.3+xy=-(44)B.121xyx=--B.C.3+xy=-(44)D.124xyx=--命题点几何动点问题如图,Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=60°,BC=2cm,点D为BC 的中点,若动点E以1cm/s的速度从A点出发,沿着A→B的方向运动,设E点的运动时间为t秒(0≤t<4),连接DE,当△BDE是直角三角时,t的值为 .名校内部模拟题命题点 二次函数图像与性质(2015信阳中学模拟8题3分)如图是二次函数y =ax 2+bx +c 图象的一部分,其对称轴为x =-3,且过点(-3,0).下列说法:①abc <0;②2a -b =0; ③4a +2b +c <0;④若(-5,y 1),(25,y 2)是抛物线上两点,则y 1>y 2,其中说法正确的有 ( )A.4个B.3个C.2个D.1个命题点 概率计算(2015平顶山一模13题3分)一个口袋中有四个完全相同的小球,把他们分别标号为1、2、3、4,随机地摸出一个小球,然后放回,在随机地摸出一个小球,则两次摸出的小球标号的和等于4的概率是 .狂押到底·扫扫刊——数学答案特殊题型猜押题型一 几何图形的折叠与动点问题1.5-21≤x ≤22.1340 题型二 特殊四边形的探究题1.【思路分析】(1)由已知判定四边形DBEA 是平行四边形即可求证;(2)①从矩形的判定着手,对角线相等的四边形是矩形解题;②由①和四边形DBEA 是正方形判断△BEC 是等腰直角三角形即可求解.(1)证明:∵E 是AC 的中点,∴EC =12AC , 又∵DB =12AC ,∴DB =EC , 又∵DB ∥AC ,∴四边形DBCE 是平行四边形, ∴BC =DE ;(2)①AB =BC ;②45°. 【解法提示】①△ABC 添加BA =BC ,同(1)可证四边形DBEA 是平行四边形,又∵BA =BC ,BC = DE ,∴AB =DE ,∴四边形DBEA 是矩形;②∵四边形DBEA 是正方形,∴BE =AE ,∠BEC =90°,∴△BEC 是直角三角形,又∵E 是AC 的中点,∴AE =EC ,∴BE =EC ,又∵△BEC 是直角三角形,∴△BEC 是等腰直角三角形,∴∠C =45°. 2.(1)证明:∵四边形ABCD 是平行四边形, ∴AD =BC ,AD ∥BC , ∴∠EBC =∠FDA . 在△BEC 和△DF A 中⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=DA BC FDA EBC DF BE , ∴△BEC ≌△DF A .(2)解:平行四边形;2或6.【解法提示】①平行四边形,理由如下:连接CF ,AE , 由(1)得:∠BEC =∠DF A ,EC =AF , ∴∠FEC =∠AFE ,即EC ∥AF∴以点A 、C 、E 、F 为顶点的四边形一定是平行四边形.②2或6,理由如下: ∵四边形AECF 为矩形, ∴AC =EF ,∵BD =8cm ,AC =4cm , ∴EF =4,BE =2cm 或6cm . ∵速度为1cm/s , ∴t=2或6.题型三 类比、拓展探究题1.(1)解:EM =2EN ,12. 【解法提示】∵四边形ABCD 是平行四边形,AC 、BD 是对角线, ∴∠MBE =∠NCE =45°, 又∵EM ⊥BM ,EN ⊥CN , ∴∠EMB =∠ENC =90°, ∴△EMB ∽△ENC , ∴2EM EBEN EC==即EM =2EN. 由正方形性质得BD ⊥AC 于点O ,则四边形OMEN 为矩形, ∴∠MEN =90°, 又∵AE ⊥EF ,∴∠GEM +∠GEN =90°,∠FEN +∠GEN =90°, ∴∠MEG =∠FEN ,又∵∠EMG =∠ENF =90°,∴△EMG ∽△ENF ,1.2EF EN EG EM ∴==(2)解:1n. 【解法提示】如解图①,过点E 分别作EM ⊥BD 于点M ,EN ⊥AC 于点N . ∴∠BME =∠CNE =90°,∵四边形ABCD 是正方形,AC 、BD 是对角线, ∴∠OBC =∠OCB =45°, ∴△BME ∽△CNE , ∴.EM EBn EN EC== ∴∠MEG +∠NEG =90°,∠NEF +∠NEG =90°, ∴∠MEG =∠FEN ,又∵∠EMG =∠ENF =90°, ∴△EMG ∽△ENF ,,EM EGn EN EF ∴== 1.EF EG n ∴=第1题解图① (3)解:1.ab解法提示:如解图②,分别作EM ⊥BO 交BO 于点M ,EN ⊥AC 交AC 于点N . ∴∠ENC =∠BME =90°,又∵BH ⊥AC 于点O ,则EN ∥BM , ∴∠NEC =∠MBE , ∴△BME ∽△ENC , ∴.BM BEa EN EC==又∵EN ⊥AC , ∴△CEN ∽△CAB ,即,EN CNAB BC=∴1EN AB CN BC b==,又∵△BME ∽△ENC ,则1BM EN ME CN b==,即BM =ME b , ∴.MEMEb a ab EN EN==,即 ∵AE ⊥EF , AC ⊥BH , ∴∠AOG =∠AEF =90°, 又∵∠GAO =∠F AE ,∴Rt △AGO ∽Rt △AFE ,∴∠AGO =∠NFE , 又∵∠MGE =∠AGO ,∴∠MGE =∠NFE , ∵EM ⊥BO ,FN ⊥AC , ∴∠EMG =∠ENF =90°, ∴△EMG ∽△ENF ,1,.EG EM EF ab EF EN EG ab===∴即第1题解图② 2.解:(1)证明:如解图①,∵四边形ADEF 是菱形,∴AF =AD , ∵△ABC 是等边三角形,∴AB =AC =BC ,∠BAC =60°=∠DAF , ∴∠BAC -∠DAC =∠DAF -∠DAC ,即∠BAD =∠CAF , 在△BAD 和△CAF 中AB AC BAD CAF AD AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ∴△BAD ≌△CAF ,∴CF =BD ,即证BD =CF ;∴AC =BC =BD +CD =CF +CD ,即证AC =CF +CD ; (2)如解图②,AC =CF +CD 不成立,AC 、CF 、CD 之间存在的数量关系是AC =CF -CD ,理由是:由(1)知:AB =AC =BC ,AD =AF ,∠BAC =∠DAF =60°, ∴∠BAC +∠DAC =∠DAF +∠DAC ,即∠BAD =∠CAF , ∵在△BAD 和△CAF 中AC AB BAD CAF AD AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△BAD ≌△CAF ,∴BD =CF ,∴CF -CD =BD -CD =BC =AC ;即AC =CF -CD . (3)AC =CD -CF . 【解法提示】如解图③,∵∠BAC =∠DAF =60°,∴∠DAB =∠CAF , ∵在△BAD 和△CAF 中,AB AC DAB FAC AD AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△BAD ≌△CAF (SAS ),∴CF =BD ,∴CD -CF =CD -BD =BC =AC ,即AC =CD -CF .第2题解图创新题猜押命题点 函数关系式A命题点 几何动点问题2或3.5名校内部模拟题命题点 二次函数图像与性质B命题点 概率计算163狂押到底·扫扫刊——数学特殊题型猜押题型一几何图形的折叠与动点问题1.如图,已知矩形ABCD,点M、N分别为AB、CD的中点,连接MN,点E为线段BC上的动点,将△ABE沿AE折叠使得点B落在MN上,点B的对应点为B',若AB=3,则折痕AE的长为.第1题图2.如图,在△ABC中,∠B=90°,AB=6,BC=8,点D在线段AC上,点F是线段AB上的动点,将△ABC沿DE折叠,使点C落在AB上的F处,并且FD∥BC,则CD的长为.第2题图题型二与特殊四边形判定有关的证明及计算如图,已知∆ABC,在边BC的同侧分别作三个正方形.它们分别是正方形ABDI,BCFE,ACHG,连接AD、DE、EG,试探究:(1)求证四边形ADEG是平行四边形;(2)填空:①当∠BAC= 时,四边形ADEG是矩形;②在①的条件下,AC与AB满足条件时,四边形ADEG是正方形.题型三 类比、拓展探究题已知点P 是矩形ABCD 边AB 上的任意一点(与点A 、B 不重合). (1)操作发现如图①,现将△PBC 沿PC 翻折得到△PEC ;再在AD 上取一点F ,将△P AF 沿PF 翻折得到△PGF ,并使得线段PE 、PG 重合,试问FG 与CE 的位置关系为 ; (2)猜想论证在(1)中,如图②,连接FC ,取FC 的中点H ,连接GH 、EH ,请你猜想线段GH 和线段EH 的大小关系,并说明你的理由; (3)拓展延伸 如图③,分别在AD 、BC 上取点F 、C ′,使得∠APF =∠BPC ′,将△P AF 沿PF 翻折得到△PFG ,并将△PBC ′ 沿PC' 翻折得到△PEC ′,连接FC ′,取FC ′的中点H ,连接GH 、EH ,试问(2)中的结论还成立吗?请说明理由创新题猜押1.抛物线与x 轴交于A(1x ,0)、 B(2x ,0)两点,且1x <2x ,与y 轴交于点C (0,-4),其中1x ,2x 是方程01242=--x x 的两个根,则抛物线的解析式 . 2.如图,已知AB 为⊙O 的直径,过⊙O 上的点C 的切线交AB 的延长线于点E ,AD ⊥EC 于点D 且交⊙O 于点F ,连接BC ,CF ,AC . (1)求证:BC =CF ;(2)若AD =3,DE =4,求BE 的长;第2题图名校内部模拟题命题点 实数的相关概念(2015郑州一模1题3分)下列各组数中,互为相反数的两个数是 ( )A.-3和+2B.5和51C.-6和6D.2131和 命题点 阴影部分图形的面积计算(2015平顶山二模15题3分)如图,将边长为12的正方形ABCD 沿其对角线AC 剪开,再把△ABC 沿着AD 方向平移,得到△A'B'C',当两个三角形重叠的面积为32时,则它移动的距离AA' 等于 .命题点 实际应用题(2015平顶山二模21题10分)节能灯在城市已基本普及,今年我省面向县级农村地区推广,为响应号召,某商场计划购进甲,乙两种节能灯共1200只,这两种节能灯的进价、售价如下表: 类别进价(元/只) 售价(元/只) 甲型25 30 乙型 45 60(1)如何进货,进货款恰好为46000元?(2)若何进货,商场销售完节能灯时获利最多且不超过进货价的30%,此时利润为多少元?狂押到底·扫扫刊——数学答案特殊题型猜押题型一 几何图形的折叠与动点问题1. 22.940 题型二 与特殊四边形判定有关的证明及计算【思路分析】(1)根据全等三角形的判定定理SAS 证得△BDE ≌△BAC ,所以全等三角形的对应边DE =AG .然后利用正方形对角线的性质、周角的定义推知∠EDA +∠DAG =180°,易证ED ∥GA ;最后由“一组对边平行且相等”的判定定理证得结论;(2)根据“矩形的内角都是直角”易证∠DAG =90°.然后由周角的定义求得∠BAC =135°;(3)由“正方形的内角都是直角,四条边都相等”易证∠DAG =90°,且AG =AD .由正方形ABDI 和正方形ACHG 的性质证得,AC =2AB .证明:图中四边形ADEG 是平行四边形.理由如下:∵四边形ABDI 、四边形BCFE 、四边形ACHG 都是正方形,∴AC =AG ,AB =BD ,BC =BE ,∠GAC =∠EBC =∠DBA =90°.∴∠ABC =∠EBD (同为∠EBA 的余角).在△BDE 和△BAC 中⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=BC BE ABCDBE BA BD∴△BDE ≌△BAC (SAS ),∴DE =AC =AG ,∠BAC =∠BDE .∵AD 是正方形ABDI 的对角线,∴∠BDA =∠BAD =45°.∵∠EDA =∠BDE -∠BDA =∠BDE -45°,∴∠DAG =360°-∠GAC -∠BAC -∠BAD =360°-90°-∠BAC -45°=225°-∠BAC ,∴∠EDA +∠DAG =∠BDE -45°+225°-∠BAC =180°,∴DE ∥AG ,∴四边形ADEG 是平行四边形(一组对边平行且相等).(2)①135°;②AC =2AB .【解法提示】①当四边形ADEG 是矩形时,∠DAG =90°,则∠BAC =360°-∠BAD -∠DAG -∠GAC =360°-45°-90°-90°=135°,即当∠BAC =135°时,平行四边形ADEG 是矩形;②当四边形ADEG 是正方形时,∠DAG =90°,且AG =AD .由(2)知,当∠DAG =90°时,∠BAC =135°. ∵四边形ABDI 是正方形,∴AD =2AB .又∵四边形ACHG 是正方形,∴AC =AG ,∴AC =2AB ,∴AC =2AB 时,四边形ADEG 是正方形.题型三 类比、拓展探究题解:(1)FG ∥CE ;【解法提示】在矩形ABCD 中,∠A =∠B =90°,由题意得∠G =∠A =90°,∠PEC =∠B =90°.∴∠GEC =90°,∴∠G =∠GEC ,∴FG ∥CE .(2)GH =EH .如解图①,延长GH 交CE 于点M ,由(1)得FG ∥CE ,∴∠GFH =∠MCH .∵H 为CF 的中点,∴FH =CH .又∵∠GHF =∠MHC∴△GFH ≌△MHC (ASA ),∴GH =HM =21GM , ∵∠GEC =90°,∴EH =21GM , ∴GH =EH .解图① 解图②(3)(2)中的结论还成立.如解图②,取PF 的中点M ,PC ′的中点N ,连接GM ,EN ,HM ,HN ,∵∠FGP =90°,M 为PF 的中点,∴GM =21PF ,PM =21PF ,HM ∥PC', ∴GM =PM ,∴∠GPF =∠MGP ,∴∠GMF =∠GPF +∠MGP =2∠GPF .∵H 为FC ′的中点,M 为PF 的中点,∴HM =21PC'. 同理HN =21PF ,EN =21PC',HN ∥PF ,∠ENC'=2∠EPC', ∴GM =HN ,HM =EN .∵∠GPF =∠FP A ,∠EPC ′=∠BPC ′.∴∠BPC ′=∠APF ,∴∠GPF =∠EPC ′,∴∠GMF =∠ENC ′.∵HM ∥PC ′,HN ∥PF ,∴四边形HMPN 为平行四边形,∴∠HMF =∠HNC ′,∴∠GMH =∠HNE .∵GM =HN ,HM =EN ,∴△GMH ≌△HNE ,∴GH =HE .创新题猜押 1.434312--=x x y 2.(1)证明:如解图,连接OC ,∵ED 切⊙O 于点C ,∴CO ⊥ED ,∵AD ⊥EC , ∴CO ∥AD ,∴∠OCA =∠CAD ,∵∠OCA =∠OAC , ∴∠OAC =∠CAD ,∴»»BC CF =,∴BC =CF ;第2题解图(2)在Rt △ADE 中,AD =3,DE =4,则根据勾股定理得AE =5,∵CO ∥AD ,∴△EOC ∽△EAD ,∴ADOC EA EO =, 设⊙O 的半径为r ,则OE =5-r ,∴553r r -=,解得815=r , ∴EB =5-2r =45. 名校内部模拟题命题点实数的相关概念C命题点阴影部分图形的面积计算4或8命题点实际应用题解:(1)设商场购进甲型节能灯x只,则购进乙型节能灯(1200–x)只,由题意,得25x+45(1200﹣x)=46000,解得:x=400,∴购进乙型节能灯1200﹣400=800只.答:购进甲型节能灯400只、购进乙型节能灯800只,进货款恰好为46000元;(2)设商场购进甲型节能灯a只,则购进乙型节能灯(1200–a)只,商场的获利为y元,由题意,得y=(30–25)a+(60–45)(1200–a),y=–10a+18000.∵商场销售完节能灯时获利最多且不超过进货价的30%,∴–10a+18000≤[25a+45(1200–a)]×30%,∴a≥450.∵y=–10a+18000,∴k=–10<0,∴y随a的增大而减小,∴a=450时,y最大=13500元.∴商场购进甲型节能灯450只,购进乙型节能灯750只时的最大利润为13500元.。
2020-2021备战中考数学压轴题之平行四边形(备战中考题型整理,突破提升)附答案
2020-2021备战中考数学压轴题之平行四边形(备战中考题型整理,突破提升)附答案一、平行四边形1.如图1,四边形ABCD是正方形,G是CD边上的一个动点(点G与C、D不重合),以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG,连接BG,DE.(1)①猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系,不必证明;②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α,得到如图2情形.请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立,并证明你的判断.(2)将原题中正方形改为矩形(如图3、4),且AB=a,BC=b,CE=ka,CG=kb (a≠b,k>0),第(1)题①中得到的结论哪些成立,哪些不成立?若成立,以图4为例简要说明理由.(3)在第(2)题图4中,连接DG、BE,且a=3,b=2,k=12,求BE2+DG2的值.【答案】(1)①BG⊥DE,BG=DE;②BG⊥DE,证明见解析;(2)BG⊥DE,证明见解析;(3)16.25.【解析】分析:(1)①根据正方形的性质,显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE,从而判断两条直线之间的关系;②结合正方形的性质,根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE,从而证明结论;(2)根据两条对应边的比相等,且夹角相等可以判定上述两个三角形相似,从而可以得到(1)中的位置关系仍然成立;(3)连接BE、DG.根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和.详解:(1)①BG⊥DE,BG=DE;②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形,∴BC=DC,CG=CE,∠BCD=∠ECG=90°,∴∠BCG=∠DCE,∴△BCG≌△DCE,∴BG=DE,∠CBG=∠CDE,又∵∠CBG+∠BHC=90°,∴∠CDE+∠DHG=90°,∴BG⊥DE.(2)∵AB=a,BC=b,CE=ka,CG=kb,∴BC CG b==,DC CE a又∵∠BCG=∠DCE,∴△BCG∽△DCE,∴∠CBG=∠CDE,又∵∠CBG+∠BHC=90°,∴∠CDE+∠DHG=90°,∴BG⊥DE.(3)连接BE、DG.根据题意,得AB=3,BC=2,CE=1.5,CG=1,∵BG⊥DE,∠BCD=∠ECG=90°∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25.点睛:此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理.2.如图,正方形ABCD的边长为8,E为BC上一定点,BE=6,F为AB上一动点,把△BEF沿EF折叠,点B落在点B′处,当△AFB′恰好为直角三角形时,B′D的长为?465225【解析】【分析】分两种情况分析:如图1,当∠AB′F=90°时,此时A、B′、E三点共线,过点B′作B′M⊥AB,B′N⊥AD,由三角形的面积法则可求得B′M=2.4,再由勾股定理可求得B′N=3.2,在Rt△CB′N中,由勾股定理得,B′D=2222+DN= 3.2 5.6B N'+;如图2,当∠AFB′=90°时,由题意可知此时四边形EBFB′是正方形,AF=2,过点B′作B′N⊥AD,则四边形AFB′N为矩形,在Rt△CB′N中,由勾股定理得,B′D=2222+DN=22B N'+;【详解】如图1,当∠AB′F=90°时,此时A、B′、E三点共线,∵∠B=90°,∴AE=2222AB BE=86++=10,∵B′E=BE=6,∴AB′=4,∵B′F=BF,AF+BF=AB=8,在Rt△AB′F中,∠AB′F=90°,由勾股定理得,AF2=FB′2+AB′2,∴AF=5,BF=3,过点B′作B′M⊥AB,B′N⊥AD,由三角形的面积法则可求得B′M=2.4,再由勾股定理可求得B′N=3.2,∴AN=B′M=2.4,∴DN=AD-AN=8-2.4=5.6,在Rt△CB′N中,由勾股定理得,B′D=2222+DN= 3.2 5.6B N'+ =4655;如图2,当∠AFB′=90°时,由题意可知此时四边形EBFB′是正方形,∴AF=2,过点B′作B′N⊥AD,则四边形AFB′N为矩形,∴AN=B′F=6,B′N=AF=2,∴DN=AD-AN=2,在Rt△CB′N中,由勾股定理得,B′D=2222+DN=22B N'+ =22;综上,可得B′D 4655或2【点睛】本题主要考查正方形的性质与判定,矩形有性质判定、勾股定理、折叠的性质等,能正确地画出图形并能分类讨论是解题的关键.3.已知AD是△ABC的中线P是线段AD上的一点(不与点A、D重合),连接PB、PC,E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点,AD与EF交于点M;(1)如图1,当AB=AC时,求证:四边形EGHF是矩形;(2)如图2,当点P与点M重合时,在不添加任何辅助线的条件下,写出所有与△BPE面积相等的三角形(不包括△BPE本身).【答案】(1)见解析;(2)△APE、△APF、△CPF、△PGH.【解析】【分析】(1)由三角形中位线定理得出EG∥AP,EF∥BC,EF=12BC,GH∥BC,GH=12BC,推出EF∥GH,EF=GH,证得四边形EGHF是平行四边形,证得EF⊥AP,推出EF⊥EG,即可得出结论;(2)由△APE与△BPE的底AE=BE,又等高,得出S△APE=S△BPE,由△APE与△APF的底EP=FP,又等高,得出S△APE=S△APF,由△APF与△CPF的底AF=CF,又等高,得出S△APF=S△CPF,证得△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半,推出S△PGH=12S△AEF=S△APF,即可得出结果.【详解】(1)证明:∵E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点,∴EG∥AP,EF∥BC,EF=12BC,GH∥BC,GH=12BC,∴EF∥GH,EF=GH,∴四边形EGHF是平行四边形,∵AB=AC,∴AD⊥BC,∴EF⊥AP,∵EG∥AP,∴EF⊥EG,∴平行四边形EGHF是矩形;(2)∵PE是△APB的中线,∴△APE与△BPE的底AE=BE,又等高,∴S△APE=S△BPE,∵AP是△AEF的中线,∴△APE 与△APF 的底EP =FP ,又等高,∴S △APE =S △APF ,∴S △APF =S △BPE ,∵PF 是△APC 的中线,∴△APF 与△CPF 的底AF =CF ,又等高,∴S △APF =S △CPF ,∴S △CPF =S △BPE ,∵EF ∥GH ∥BC ,E 、F 、G 、H 分别是AB 、AC 、PB 、PC 的中点,∴△AEF 底边EF 上的高等于△ABC 底边BC 上高的一半,△PGH 底边GH 上的高等于△PBC 底边BC 上高的一半,∴△PGH 底边GH 上的高等于△AEF 底边EF 上高的一半,∵GH =EF ,∴S △PGH =12S △AEF =S △APF , 综上所述,与△BPE 面积相等的三角形为:△APE 、△APF 、△CPF 、△PGH .【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、三角形中位线定理、平行线的性质、三角形面积的计算等知识,熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键.4.如图①,四边形ABCD 是知形,1,2AB BC ==,点E 是线段BC 上一动点(不与,B C 重合),点F 是线段BA 延长线上一动点,连接,,,DE EF DF EF 交AD 于点G .设,BE x AF y ==,已知y 与x 之间的函数关系如图②所示.(1)求图②中y 与x 的函数表达式;(2)求证:DE DF ⊥;(3)是否存在x 的值,使得DEG △是等腰三角形?如果存在,求出x 的值;如果不存在,说明理由【答案】(1)y =﹣2x +4(0<x <2);(2)见解析;(3)存在,x =5455-32. 【解析】【分析】(1)利用待定系数法可得y 与x 的函数表达式;(2)证明△CDE ∽△ADF ,得∠ADF =∠CDE ,可得结论;(3)分三种情况:①若DE =DG ,则∠DGE =∠DEG ,②若DE =EG ,如图①,作EH ∥CD ,交AD 于H ,③若DG =EG ,则∠GDE =∠GED ,分别列方程计算可得结论.【详解】(1)设y =kx +b ,由图象得:当x =1时,y =2,当x =0时,y =4,代入得:24k b b +=⎧⎨=⎩,得24k b =-⎧⎨=⎩, ∴y =﹣2x +4(0<x <2);(2)∵BE =x ,BC =2∴CE =2﹣x , ∴211,4222CE x CD AF x AD -===-, ∴CE CD AF AD=, ∵四边形ABCD 是矩形,∴∠C =∠DAF =90°,∴△CDE ∽△ADF ,∴∠ADF =∠CDE ,∴∠ADF +∠EDG =∠CDE +∠EDG =90°,∴DE ⊥DF ;(3)假设存在x 的值,使得△DEG 是等腰三角形,①若DE =DG ,则∠DGE =∠DEG ,∵四边形ABCD 是矩形,∴AD ∥BC ,∠B =90°,∴∠DGE =∠GEB ,∴∠DEG =∠BEG ,在△DEF 和△BEF 中,FDE B DEF BEF EF EF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△DEF ≌△BEF (AAS ),∴DE =BE =x ,CE =2﹣x ,∴在Rt △CDE 中,由勾股定理得:1+(2﹣x )2=x 2,x =54;②若DE =EG ,如图①,作EH ∥CD ,交AD 于H ,∵AD ∥BC ,EH ∥CD ,∴四边形CDHE 是平行四边形,∴∠C =90°,∴四边形CDHE 是矩形,∴EH =CD =1,DH =CE =2﹣x ,EH ⊥DG ,∴HG =DH =2﹣x ,∴AG =2x ﹣2,∵EH ∥CD ,DC ∥AB ,∴EH ∥AF ,∴△EHG ∽△FAG , ∴EH HG AF AG =, ∴124222x x x -=--, ∴125555x x -+==(舍), ③若DG =EG ,则∠GDE =∠GED ,∵AD ∥BC ,∴∠GDE =∠DEC ,∴∠GED =∠DEC ,∵∠C =∠EDF =90°,∴△CDE ∽△DFE , ∴CE DE CD DF=, ∵△CDE ∽△ADF , ∴12DE CD DF AD ==, ∴12CE CD =, ∴2﹣x =12,x =32, 综上,x =54或5-52或32.【点睛】本题是四边形的综合题,主要考查了待定系数法求一次函数的解析式,三角形相似和全等的性质和判定,矩形和平行四边形的性质和判定,勾股定理和逆定理等知识,运用相似三角形的性质是解决本题的关键.5.如图,在正方形ABCD 中,E 是边AB 上的一动点,点F 在边BC 的延长线上,且CF AE =,连接DE ,DF ,EF . FH 平分EFB ∠交BD 于点H .(1)求证:DE DF ⊥;(2)求证:DH DF =:(3)过点H 作HM EF ⊥于点M ,用等式表示线段AB ,HM 与EF 之间的数量关系,并证明.【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3)22EF AB HM =-,证明详见解析.【解析】【分析】(1)根据正方形性质, CF AE =得到DE DF ⊥.(2)由AED CFD △△≌,得DE DF =.由90ABC ∠=︒,BD 平分ABC ∠, 得45DBF ∠=︒.因为FH 平分EFB ∠,所以EFH BFH ∠=∠.由于45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠, 所以DH DF =.(3)过点H 作HN BC ⊥于点N ,由正方形ABCD 性质,得222BD AB AD AB =+=.由FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥,,得HM HN =.因为4590HBN HNB ∠=︒∠=︒,,所以22sin 45HN BH HN HM ===︒.由22cos 45DF EF DF DH ===︒,得22EF AB HM =-. 【详解】 (1)证明:∵四边形ABCD 是正方形,∴AD CD =,90EAD BCD ADC ∠=∠=∠=︒.∴90EAD FCD ∠=∠=︒.∵CF AE =。
2020-2021中考数学——平行四边形的综合压轴题专题复习含答案解析
2020-2021中考数学——平行四边形的综合压轴题专题复习含答案解析一、平行四边形1.如图,在正方形ABCD中,E是边BC上的一动点(不与点B、C重合),连接DE、点C 关于直线DE的对称点为C′,连接AC′并延长交直线DE于点P,F是AC′的中点,连接DF.(1)求∠FDP的度数;(2)连接BP,请用等式表示AP、BP、DP三条线段之间的数量关系,并证明;(3)连接AC,若正方形的边长为2,请直接写出△ACC′的面积最大值.【答案】(1)45°;(2)BP+DP2AP,证明详见解析;(32﹣1.【解析】【分析】(1)证明∠CDE=∠C'DE和∠ADF=∠C'DF,可得∠FDP'=12∠ADC=45°;(2)作辅助线,构建全等三角形,证明△BAP≌△DAP'(SAS),得BP=DP',从而得△PAP'是等腰直角三角形,可得结论;(3)先作高线C'G,确定△ACC′的面积中底边AC为定值2,根据高的大小确定面积的大小,当C'在BD上时,C'G最大,其△ACC′的面积最大,并求此时的面积.【详解】(1)由对称得:CD=C'D,∠CDE=∠C'DE,在正方形ABCD中,AD=CD,∠ADC=90°,∴AD=C'D,∵F是AC'的中点,∴DF⊥AC',∠ADF=∠C'DF,∴∠FDP=∠FDC'+∠EDC'=12∠ADC=45°;(2)结论:BP+DP2AP,理由是:如图,作AP'⊥AP交PD的延长线于P',∴∠PAP'=90°,在正方形ABCD中,DA=BA,∠BAD=90°,∴∠DAP'=∠BAP,由(1)可知:∠FDP=45°∵∠DFP=90°∴∠APD=45°,∴∠P'=45°,∴AP=AP',在△BAP和△DAP'中,∵BA DABAP DAP AP AP'=⎧⎪∠=∠⎨='⎪⎩,∴△BAP≌△DAP'(SAS),∴BP=DP',∴DP+BP=PP'=2AP;(3)如图,过C'作C'G⊥AC于G,则S△AC'C=12AC•C'G,Rt△ABC中,AB=BC2,∴AC22(2)(2)2+=,即AC为定值,当C'G最大值,△AC'C的面积最大,连接BD,交AC于O,当C'在BD上时,C'G最大,此时G与O重合,∵CD =C 'D =2,OD =12AC =1, ∴C 'G =2﹣1,∴S △AC 'C =112(21)2122AC C G '•=⨯-=-. 【点睛】 本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题.2.如图,四边形ABCD 中,∠BCD =∠D =90°,E 是边AB 的中点.已知AD =1,AB =2. (1)设BC =x ,CD =y ,求y 关于x 的函数关系式,并写出定义域;(2)当∠B =70°时,求∠AEC 的度数;(3)当△ACE 为直角三角形时,求边BC 的长.【答案】(1)()22303y x x x =-++<<;(2)∠AEC =105°;(3)边BC 的长为2117+. 【解析】试题分析:(1)过A 作AH ⊥BC 于H ,得到四边形ADCH 为矩形.在△BAH 中,由勾股定理即可得出结论.(2)取CD 中点T ,连接TE ,则TE 是梯形中位线,得ET ∥AD ,ET ⊥CD ,∠AET =∠B =70°.又AD =AE =1,得到∠AED =∠ADE =∠DET =35°.由ET 垂直平分CD ,得∠CET =∠DET =35°,即可得到结论.(3)分两种情况讨论:①当∠AEC =90°时,易知△CBE ≌△CAE ≌△CAD ,得∠BCE =30°, 解△ABH 即可得到结论.②当∠CAE =90°时,易知△CDA ∽△BCA ,由相似三角形对应边成比例即可得到结论. 试题解析:解:(1)过A 作AH ⊥BC 于H .由∠D =∠BCD =90°,得四边形ADCH 为矩形. 在△BAH 中,AB =2,∠BHA =90°,AH =y ,HB =1x -,∴22221y x =+-,则()22303y x x x =-++<<(2)取CD 中点T ,联结TE ,则TE 是梯形中位线,得ET ∥AD ,ET ⊥CD ,∴∠AET =∠B =70°.又AD=AE=1,∴∠AED=∠ADE=∠DET=35°.由ET垂直平分CD,得∠CET=∠DET=35°,∴∠AEC=70°+35°=105°.(3)分两种情况讨论:①当∠AEC=90°时,易知△CBE≌△CAE≌△CAD,得∠BCE=30°,则在△ABH中,∠B=60°,∠AHB=90°,AB=2,得BH=1,于是BC=2.②当∠CAE=90°时,易知△CDA∽△BCA,又2224AC BC AB x=-=-,则2241174AD CA xxAC CB x-±=⇒=⇒=-(舍负)易知∠ACE<90°,所以边BC的长为117+.综上所述:边BC的长为2或1172+.点睛:本题是四边形综合题.考查了梯形中位线,相似三角形的判定与性质.解题的关键是掌握梯形中常见的辅助线作法.3.如图,在平行四边形ABCD中,AD⊥DB,垂足为点D,将平行四边形ABCD折叠,使点B落在点D的位置,点C落在点G的位置,折痕为EF,EF交对角线BD于点P.(1)连结CG,请判断四边形DBCG的形状,并说明理由;(2)若AE=BD,求∠EDF的度数.【答案】(1)四边形BCGD是矩形,理由详见解析;(2)∠EDF=120°.【解析】【分析】(1)根据平行四边形的性质和折叠性质以及矩形的判定解答即可;(2)根据折叠的性质以及直角三角形的性质和等边三角形的判定与性质解答即可.【详解】解:(1)四边形BCGD 是矩形,理由如下,∵四边形ABCD 是平行四边形,∴BC ∥AD ,即BC ∥DG ,由折叠可知,BC =DG ,∴四边形BCGD 是平行四边形,∵AD ⊥BD ,∴∠CBD =90°,∴四边形BCGD 是矩形;(2)由折叠可知:EF 垂直平分BD ,∴BD ⊥EF ,DP =BP ,∵AD ⊥BD ,∴EF ∥AD ∥BC , ∴AE PD 1BE BP== ∴AE =BE , ∴DE 是Rt △ADB 斜边上的中线,∴DE =AE =BE ,∵AE =BD ,∴DE =BD =BE ,∴△DBE 是等边三角形,∴∠EDB =∠DBE =60°,∵AB ∥DC ,∴∠DBC =∠DBE =60°,∴∠EDF =120°.【点睛】本题考查了平行四边形的性质,折叠性质,等边三角形的性质和判定,主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力,题目综合性比较强,有一定的难度4.如图①,四边形ABCD 是知形,1,2AB BC ==,点E 是线段BC 上一动点(不与,B C 重合),点F 是线段BA 延长线上一动点,连接,,,DE EF DF EF 交AD 于点G .设,BE x AF y ==,已知y 与x 之间的函数关系如图②所示.(1)求图②中y 与x 的函数表达式;(2)求证:DE DF ⊥;(3)是否存在x 的值,使得DEG △是等腰三角形?如果存在,求出x 的值;如果不存在,说明理由【答案】(1)y =﹣2x +4(0<x <2);(2)见解析;(3)存在,x =54或552-或32. 【解析】【分析】(1)利用待定系数法可得y 与x 的函数表达式;(2)证明△CDE ∽△ADF ,得∠ADF =∠CDE ,可得结论;(3)分三种情况:①若DE =DG ,则∠DGE =∠DEG ,②若DE =EG ,如图①,作EH ∥CD ,交AD 于H ,③若DG =EG ,则∠GDE =∠GED ,分别列方程计算可得结论.【详解】(1)设y =kx +b ,由图象得:当x =1时,y =2,当x =0时,y =4,代入得:24k b b +=⎧⎨=⎩,得24k b =-⎧⎨=⎩, ∴y =﹣2x +4(0<x <2);(2)∵BE =x ,BC =2∴CE =2﹣x , ∴211,4222CE x CD AF x AD -===-, ∴CE CD AF AD=, ∵四边形ABCD 是矩形,∴∠C =∠DAF =90°,∴△CDE ∽△ADF ,∴∠ADF =∠CDE ,∴∠ADF +∠EDG =∠CDE +∠EDG =90°,∴DE ⊥DF ;(3)假设存在x 的值,使得△DEG 是等腰三角形,①若DE =DG ,则∠DGE =∠DEG ,∵四边形ABCD 是矩形,∴AD ∥BC ,∠B =90°,∴∠DGE =∠GEB ,∴∠DEG =∠BEG ,在△DEF 和△BEF 中,FDE B DEF BEF EF EF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△DEF ≌△BEF (AAS ),∴DE =BE =x ,CE =2﹣x ,∴在Rt △CDE 中,由勾股定理得:1+(2﹣x )2=x 2,x =54; ②若DE =EG ,如图①,作EH ∥CD ,交AD 于H ,∵AD ∥BC ,EH ∥CD ,∴四边形CDHE 是平行四边形,∴∠C =90°,∴四边形CDHE 是矩形,∴EH =CD =1,DH =CE =2﹣x ,EH ⊥DG ,∴HG =DH =2﹣x ,∴AG =2x ﹣2,∵EH ∥CD ,DC ∥AB ,∴EH ∥AF ,∴△EHG ∽△FAG ,∴EH HG AF AG =, ∴124222x x x -=--,∴125522x x ==(舍), ③若DG =EG ,则∠GDE =∠GED ,∵AD ∥BC ,∴∠GDE =∠DEC ,∴∠GED =∠DEC ,∵∠C =∠EDF =90°,∴△CDE ∽△DFE , ∴CE DE CD DF=, ∵△CDE ∽△ADF , ∴12DE CD DF AD ==, ∴12CE CD =, ∴2﹣x =12,x =32,综上,x =54或32. 【点睛】本题是四边形的综合题,主要考查了待定系数法求一次函数的解析式,三角形相似和全等的性质和判定,矩形和平行四边形的性质和判定,勾股定理和逆定理等知识,运用相似三角形的性质是解决本题的关键.5.如图,在平面直角坐标系中,直线DE 交x 轴于点E (30,0),交y 轴于点D (0,40),直线AB :y =13x +5交x 轴于点A ,交y 轴于点B ,交直线DE 于点P ,过点E 作EF ⊥x 轴交直线AB 于点F ,以EF 为一边向右作正方形EFGH .(1)求边EF 的长;(2)将正方形EFGH 沿射线FB 个单位的速度匀速平移,得到正方形E 1F 1G 1H 1,在平移过程中边F 1G 1始终与y 轴垂直,设平移的时间为t 秒(t >0). ①当点F 1移动到点B 时,求t 的值;②当G 1,H 1两点中有一点移动到直线DE 上时,请直接写出此时正方形E 1F 1G 1H 1与△APE 重叠部分的面积.【答案】(1)EF=15;(2)①10;②120;【解析】【分析】(1)根据已知点E(30,0),点D(0,40),求出直线DE的直线解析式y=-43x+40,可求出P点坐标,进而求出F点坐标即可;(2)①易求B(0,5),当点F1移动到点B时,1010=10;②F点移动到F'10t,F垂直x轴方向移动的距离是t,当点H运动到直线DE上时,在Rt△F'NF中,NFNF'=13,EM=NG'=15-F'N=15-3t,在Rt△DMH'中,43MHEM'=,t=4,S=12×(12+454)×11=10238;当点G运动到直线DE上时,在Rt△F'PK中,PKF K'=13,PK=t-3,F'K=3t-9,在Rt△PKG'中,PKKG'=31539tt--+=43,t=7,S=15×(15-7)=120.【详解】(1)设直线DE的直线解析式y=kx+b,将点E(30,0),点D(0,40),∴30040k bb+=⎧⎨=⎩,∴4340kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩,∴y=﹣43x+40,直线AB与直线DE的交点P(21,12),由题意知F(30,15),∴EF=15;(2)①易求B(0,5),∴BF=10,∴当点F1移动到点B时,t=1010=10;②当点H 运动到直线DE 上时,F 点移动到F'的距离是10t , 在Rt △F'NF 中,NF NF '=13, ∴FN =t ,F'N =3t , ∵MH'=FN =t ,EM =NG'=15﹣F'N =15﹣3t , 在Rt △DMH'中,43MH EM '=, ∴41533t t =-, ∴t =4, ∴EM =3,MH'=4,∴S =1451023(12)11248⨯+⨯=; 当点G 运动到直线DE 上时,F 点移动到F'10, ∵PF =10∴PF'10t ﹣10, 在Rt △F'PK 中,13PK F K =',∴PK=t﹣3,F'K=3t﹣9,在Rt△PKG'中,PKKG'=31539tt--+=43,∴t=7,∴S=15×(15﹣7)=120.【点睛】本题考查一次函数图象及性质,正方形的性质;掌握待定系数法求函数解析式,利用三角形的正切值求边的关系,利用勾股定理在直角三角形中建立边之间的联系,准确确定阴影部分的面积是解题的关键.6.如图1,在正方形ABCD中,AD=6,点P是对角线BD上任意一点,连接PA,PC过点P 作PE⊥PC交直线AB于E.(1)求证:PC=PE;(2)延长AP交直线CD于点F.①如图2,若点F是CD的中点,求△APE的面积;②若ΔAPE的面积是21625,则DF的长为(3)如图3,点E在边AB上,连接EC交BD于点M,作点E关于BD的对称点Q,连接PQ,MQ,过点P作PN∥CD交EC于点N,连接QN,若PQ=5,MN=72,则△MNQ的面积是【答案】(1)略;(2)①8,②4或9;(3)5 6【解析】【分析】(1)利用正方形每个角都是90°,对角线平分对角的性质,三角形外角等于和它不相邻的两个内角的和,等角对等边等性质容易得证;(2)作出△ADP和△DFP的高,由面积法容易求出这个高的值.从而得到△PAE的底和高,并求出面积.第2小问思路一样,通过面积法列出方程求解即可;(3)根据已经条件证出△MNQ是直角三角形,计算直角边乘积的一半可得其面积.【详解】(1) 证明:∵点P 在对角线BD 上,∴△ADP ≌△CDP ,∴AP=CP , ∠DAP =∠DCP ,∵PE ⊥PC ,∴∠EPC=∠EPB+∠BPC=90°,∵∠PEA=∠EBP+∠EPB=45°+90°-∠BPC=135°-∠BPC,∵∠PAE=90°-∠DAP =90°-∠DCP ,∠DCP=∠BPC-∠PDC=∠BPC-45°,∴∠PAE=90°-(∠BPC-45°)= 135°-∠BPC,∴∠PEA=∠PAE,∴PC=PE;(2)①如图2,过点P 分别作PH ⊥AD,PG ⊥CD,垂足分别为H 、G.延长GP 交AB 于点M.∵四边形ABCD 是正方形,P 在对角线上,∴四边形HPGD 是正方形,∴PH=PG,PM ⊥AB,设PH=PG=a,∵F 是CD 中点,AD =6,则FD=3,ADF S n =9,∵ADF S n =ADP DFP S S +n n =1122AD PH DF PG ⨯+⨯, ∴1163922a a ⨯+⨯=,解得a=2, ∴AM=HP=2,MP=MG-PG=6-2=4,又∵PA=PE,∴AM=EM,AE=4,∵APE S n =1144822EA MP ⨯=⨯⨯=, ②设HP =b,由①可得AE=2b,MP=6-b,∴APE S n =()121626225b b ⨯⨯-=, 解得b=2.4 3.6或, ∵ADF S n =ADP DFP S S +n n =1122AD PH DF PG ⨯+⨯,∴11166222b DF b DF ⨯⨯+⨯=⨯, ∴当b=2.4时,DF=4;当b =3.6时,DF =9,即DF 的长为4或9;(3)如图,∵E 、Q 关于BP 对称,PN ∥CD,∴∠1=∠2,∠2+∠3=∠BDC=45°,∴∠1+∠4=45°,∴∠3=∠4,易证△PEM ≌△PQM, △PNQ ≌△PNC,∴∠5=∠6, ∠7=∠8 ,EM=QM,NQ=NC,∴∠6+∠7=90°,∴△MNQ 是直角三角形,设EM=a,NC=b 列方程组222252372 a b a b ⎧+=⎪⎪⎨⎛⎪+= ⎪⎝⎭⎩, 可得12ab=56, ∴MNQ 56S V =, 【点睛】本题是四边形综合题目,考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识;本题综合性强,有一定难度,熟练掌握正方形的性质,证明三角形全等是解决问题的关键.要注意运用数形结合思想.7.如图①,在矩形ABCD 中,点P 从AB 边的中点E 出发,沿着E B C --速运动,速度为每秒2个单位长度,到达点C 后停止运动,点Q 是AD 上的点,10AQ =,设PAQ ∆的面积为y ,点p 运动的时间为t 秒,y 与t 的函数关系如图②所示.(1)图①中AB = ,BC = ,图②中m = .(2)当t =1秒时,试判断以PQ 为直径的圆是否与BC 边相切?请说明理由:(3)点p 在运动过程中,将矩形沿PQ 所在直线折叠,则t 为何值时,折叠后顶点A 的对应点A '落在矩形的一边上.【答案】(1)8,18,20;(2)不相切,证明见解析;(3)t=12、5、173. 【解析】【分析】 (1)由题意得出AB=2BE ,t=2时,BE=2×2=4,求出AB=2BE=8,AE=BE=4,t=11时,2t=22,得出BC=18,当t=0时,点P 在E 处,m=△AEQ 的面积=12AQ×AE=20即可; (2)当t=1时,PE=2,得出AP=AE+PE=6,由勾股定理求出34PQ 为直径的圆的圆心为O',作O'N ⊥BC 于N ,延长NO'交AD 于M ,则MN=AB=8,O'M ∥AB ,MN=AB=8,由三角形中位线定理得出O'M=12AP=3,求出O'N=MN-O'M=5<圆O'的半径,即可得出结论;(3)分三种情况:①当点P 在AB 边上,A'落在BC 边上时,作QF ⊥BC 于F ,则QF=AB=8,BF=AQ=10,由折叠的性质得:PA'=PA ,A'Q=AQ=10,∠PA'Q=∠A=90°,由勾股定理求出22AQ QF '-,得出A'B=BF-A'F=4,在Rt △A'BP 中,BP=4-2t ,PA'=AP=8-(4-2t )=4+2t ,由勾股定理得出方程,解方程即可;②当点P 在BC 边上,A'落在BC 边上时,由折叠的性质得:A'P=AP ,证出∠APQ=∠AQP ,得出AP=AQ=A'P=10,在Rt △ABP 中,由勾股定理求出BP=6,由BP=2t-4,得出2t-4=6,解方程即可;③当点P 在BC 边上,A'落在CD 边上时,由折叠的性质得:A'P=AP ,A'Q=AQ=10,在Rt △DQA'中,DQ=AD-AQ=8,由勾股定理求出DA'=6,得出A'C=CD-DA'=2,在Rt △ABP 和Rt △A'PC 中,BP=2t-4,CP=BC-BP=22-2t ,由勾股定理得出方程,解方程即可.【详解】(1)∵点P 从AB 边的中点E 出发,速度为每秒2个单位长度,∴AB=2BE ,由图象得:t=2时,BE=2×2=4,∴AB=2BE=8,AE=BE=4,t=11时,2t=22,∴BC=22-4=18,当t=0时,点P在E处,m=△AEQ的面积=12AQ×AE=12×10×4=20;故答案为8,18,20;(2)当t=1秒时,以PQ为直径的圆不与BC边相切,理由如下:当t=1时,PE=2,∴AP=AE+PE=4+2=6,∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=90°,∴PQ=2222106234AQ AP+=+=,设以PQ为直径的圆的圆心为O',作O'N⊥BC于N,延长NO'交AD于M,如图1所示:则MN=AB=8,O'M∥AB,MN=AB=8,∵O'为PQ的中点,∴O''M是△APQ的中位线,∴O'M=12AP=3,∴O'N=MN-O'M=5<34,∴以PQ为直径的圆不与BC边相切;(3)分三种情况:①当点P在AB边上,A'落在BC边上时,作QF⊥BC于F,如图2所示:则QF=AB=8,BF=AQ=10,∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°,CD=AB=8,AD=BC=18,由折叠的性质得:PA'=PA,A'Q=AQ=10,∠PA'Q=∠A=90°,∴22AQ QF'-,∴A'B=BF-A'F=4,在Rt△A'BP中,BP=4-2t,PA'=AP=8-(4-2t)=4+2t,由勾股定理得:42+(4-2t)2=(4+2t)2,解得:t=12;②当点P在BC边上,A'落在BC边上时,连接AA',如图3所示:由折叠的性质得:A'P=AP,∴∠APQ'=∠A'PQ,∵AD∥BC,∴∠AQP=∠A'PQ,∴∠APQ=∠AQP,∴AP=AQ=A'P=10,在Rt△ABP中,由勾股定理得:BP=22108-=6,又∵BP=2t-4,∴2t-4=6,解得:t=5;③当点P在BC边上,A'落在CD边上时,连接AP、A'P,如图4所示:由折叠的性质得:A'P=AP,A'Q=AQ=10,在Rt△DQA'中,DQ=AD-AQ=8,由勾股定理得:22108-,∴A'C=CD-DA'=2,在Rt△ABP和Rt△A'PC中,BP=2t-4,CP=BC-BP=18-(2t-4)=22-2t,由勾股定理得:AP2=82+(2t-4)2,A'P2=22+(22-2t)2,∴82+(2t-4)2=22+(22-2t)2,解得:t=173;综上所述,t为12或5或173时,折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上.【点睛】四边形综合题目,考查了矩形的性质、折叠变换的性质、勾股定理、函数图象、直线与圆的位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形的判定、以及分类讨论等知识.8.定义:我们把三角形被一边中线分成的两个三角形叫做“友好三角形”.性质:如果两个三角形是“友好三角形”,那么这两个三角形的面积相等.理解:如图①,在△ABC中,CD是AB边上的中线,那么△ACD和△BCD是“友好三角形”,并且S△ACD=S△BCD.应用:如图②,在矩形ABCD中,AB=4,BC=6,点E在AD上,点F在BC上,AE=BF,AF 与BE交于点O.(1)求证:△AOB和△AOE是“友好三角形”;(2)连接OD,若△AOE和△DOE是“友好三角形”,求四边形CDOF的面积.探究:在△ABC中,∠A=30°,AB=4,点D在线段AB上,连接CD,△ACD和△BCD是“友好三角形”,将△ACD沿CD所在直线翻折,得到△A′CD,若△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的,请直接写出△ABC的面积.【答案】(1)见解析;(2)12;探究:2或2.【解析】试题分析:(1)利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形,得到四边形ABFE是平行四边形,然后根据平行四边形的性质证得OE=OB,即可证得△AOE和△AOB是友好三角形;(2)△AOE和△DOE是“友好三角形”,即可得到E是AD的中点,则可以求得△ABE、△ABF的面积,根据S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF即可求解.探究:画出符合条件的两种情况:①求出四边形A′DCB是平行四边形,求出BC和A′D推出∠ACB=90°,根据三角形面积公式求出即可;②求出高CQ,求出△A′DC的面积.即可求出△ABC的面积.试题解析:(1)∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,∵AE=BF,∴四边形ABFE是平行四边形,∴OE=OB,∴△AOE和△AOB是友好三角形.(2)∵△AOE和△DOE是友好三角形,∴S△AOE=S△DOE,AE=ED=AD=3,∵△AOB与△AOE是友好三角形,∴S△AOB=S△AOE,∵△AOE≌△FOB,∴S△AOE=S△FOB,∴S△AOD=S△ABF,∴S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF=4×6-2××4×3=12.探究:解:分为两种情况:①如图1,∵S△ACD=S△BCD.∴AD=BD=AB,∵沿CD折叠A和A′重合,∴AD=A′D=AB=×4=2,∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的,∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC,∴DO=OB,A′O=CO,∴四边形A′DCB是平行四边形,∴BC=A′D=2,过B作BM⊥AC于M,∵AB=4,∠BAC=30°,∴BM=AB=2=BC,即C和M重合,∴∠ACB=90°,由勾股定理得:AC=,∴△ABC的面积是×BC×AC=×2×2=2;②如图2,∵S△ACD=S△BCD.∴AD=BD=AB,∵沿CD折叠A和A′重合,∴AD=A′D=AB=×4=2,∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的,∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC,∴DO=OA′,BO=CO,∴四边形A′BDC是平行四边形,∴A′C=BD=2,过C作CQ⊥A′D于Q,∵A′C=2,∠DA′C=∠BAC=30°,∴CQ=A′C=1,∴S△ABC=2S△ADC=2S△A′DC=2××A′D×CQ=2××2×1=2;即△ABC的面积是2或2.考点:四边形综合题.9.如图,现将平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠,使点B落在点B′处.AB′与CD交于点E.(1)求证:△AED≌△CEB′;(2)过点E作EF⊥AC交AB于点F,连接CF,判断四边形AECF的形状并给予证明.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】(1)由题意可得AD=BC=B'C,∠B=∠D=∠B',且∠AED=∠CEB',利用AAS证明全等,则结论可得;(2)由△AED≌△CEB′可得AE=CE,且EF⊥AC,根据等腰三角形的性质可得EF垂直平分AC,∠AEF=∠CEF.即AF=CF,∠CEF=∠AFE=∠AEF,可得AE=AF,则可证四边形AECF是菱形.【详解】证明:(1)∵四边形ABCD是平行四边形∴AD=BC,CD∥AB,∠B=∠D∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠∴BC=B'C,∠B=∠B'∴∠D=∠B',AD=B'C且∠DEA=∠B'EC∴△ADE≌△B'EC(2)四边形AECF是菱形∵△ADE≌△B'EC∴AE=CE∵AE=CE,EF⊥AC∴EF垂直平分AC,∠AEF=∠CEF∴AF=CF∵CD∥AB∴∠CEF=∠EFA且∠AEF=∠CEF∴∠AEF=∠EFA∴AF=AE∴AF=AE=CE=CF∴四边形AECF是菱形【点睛】本题考查了折叠问题,全等三角形的判定和性质,平行四边形的性质,菱形的判定,熟练掌握这些性质和判定是解决问题的关键.10.小明在矩形纸片上画正三角形,他的做法是:①对折矩形纸片ABCD(AB>BC),使AB 与DC重合,得到折痕EF,把纸片展平;②沿折痕BG折叠纸片,使点C落在EF上的点P 处,再折出PB、PC,最后用笔画出△PBC(图1).(1)求证:图1中的PBC是正三角形:(2)如图2,小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN,其中IJ=6cm,且HM=JN.①求证:IH=IJ②请求出NJ的长;(3)小明发现:在矩形纸片中,若一边长为6cm,当另一边的长度a变化时,在矩形纸片上总能画出最大的正三角形,但位置会有所不同.请根据小明的发现,画出不同情形的示意图(作图工具不限,能说明问题即可),并直接写出对应的a的取值范围.【答案】(1)证明见解析;(2)①证明见解析;②12-63(3)33<a<43,a>43【解析】分析:(1)由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC,PB=CB,得出PB=PC=CB即可;(2)①利用“HL”证Rt△IHM≌Rt△IJN即可得;②IJ上取一点Q,使QI=QN,由Rt△IHM≌Rt△IJN知∠HIM=∠JIN=15°,继而可得∠NQJ=30°,设NJ=x,则IQ=QN=2x、QJ=3x,根据IJ=IQ+QJ求出x即可得;(3)由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算,画出图形即可.(1)证明:∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC),使AB与DC重合,得到折痕EF∴PB=PC∵沿折痕BG折叠纸片,使点C落在EF上的点P处∴PB=BC∴PB=PC=BC∴△PBC是正三角形:(2)证明:①如图∵矩形AHIJ∴∠H=∠J=90°∵△MNJ是等边三角形∴MI=NI在Rt △MHI 和Rt △JNI 中MI NI MH NJ=⎧⎨=⎩ ∴Rt △MHI ≌Rt △JNI (HL )∴HI=IJ②在线段IJ 上取点Q ,使IQ=NQ∵Rt △IHM ≌Rt △IJN ,∴∠HIM=∠JIN ,∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°,∴∠HIM=∠JIN=15°,由QI=QN 知∠JIN=∠QNI=15°,∴∠NQJ=30°,设NJ=x ,则IQ=QN=2x ,QJ=22=3QN NJ -x ,∵IJ=6cm ,∴2x+3x=6,∴x=12-63,即NJ=12-63(cm ).(3)分三种情况:①如图:设等边三角形的边长为b ,则0<b≤6,则tan60°3=2ab ,∴3b , ∴0<b≤32=33 ②如图当DF与DC重合时,DF=DE=6,∴a=sin60°×DE=63=33,当DE与DA重合时,a=643 sin603==︒,∴33<a<43;③如图∵△DEF是等边三角形∴∠FDC=30°∴DF=643 cos303==︒∴a>3点睛:本题是四边形的综合题目,考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识;本题综合性强,难度较大.11.如图1所示,(1)在正三角形ABC中,M是BC边(不含端点B、C)上任意一点,P 是BC延长线上一点,N是∠ACP的平分线上一点,若∠AMN=60°,求证:AM=MN.(2)若将(1)中“正三角形ABC”改为“正方形ABCD”,N是∠DCP的平分线上一点,若∠AMN=90°,则AM=MN是否成立?若成立,请证明;若不成立,说明理由.(3)若将(2)中的“正方形ABCD”改为“正n边形A1A2…A n“,其它条件不变,请你猜想:当∠A n﹣2MN=_____°时,结论A n﹣2M=MN仍然成立.(不要求证明)【答案】0 (2)180 nn【解析】分析:(1)要证明AM=MN,可证AM与MN所在的三角形全等,为此,可在AB上取一点E,使AE=CM,连接ME,利用ASA即可证明△AEM≌△MCN,然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN.(2)同(1),要证明AM=MN,可证AM与MN所在的三角形全等,为此,可在AB上取一点E,使AE=CM,连接ME,利用ASA即可证明△AEM≌△MCN,然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN.详(1)证明:在边AB上截取AE=MC,连接ME.在正△ABC中,∠B=∠BCA=60°,AB=BC.∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAE,BE=AB-AE=BC-MC=BM,∴∠BEM=60°,∴∠AEM=120°.∵N是∠ACP的平分线上一点,∴∠ACN=60°,∴∠MCN=120°.在△AEM与△MCN中,∠MAE=∠NMC,AE=MC,∠AEM=∠MCN,∴△AEM≌△MCN(ASA),∴AM=MN.(2)解:结论成立;理由:在边AB上截取AE=MC,连接ME.∵正方形ABCD中,∠B=∠BCD=90°,AB=BC.∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAB=∠MAE,BE=AB-AE=BC-MC=BM,∴∠BEM=45°,∴∠AEM=135°.∵N是∠DCP的平分线上一点,∴∠NCP=45°,∴∠MCN=135°.在△AEM与△MCN中,∠MAE=∠NMC,AE=MC,∠AEM=∠MCN,∴△AEM≌△MCN(ASA),∴AM=MN.(3)由(1)(2)可知当∠A n-2MN等于n边形的内角时,结论A n-2M=MN仍然成立;即∠A n-2MN=()02180nn-时,结论A n-2M=MN仍然成立;故答案为[()02180nn-].点睛:本题综合考查了正方形、等边三角形的性质及全等三角形的判定,同时考查了学生的归纳能力及分析、解决问题的能力.难度较大.12.正方形ABCD的边长为1,对角线AC与BD相交于点O,点E是AB边上的一个动点(点E不与点A、B重合),CE与BD相交于点F,设线段BE的长度为x.(1)如图1,当AD=2OF时,求出x的值;(2)如图2,把线段CE绕点E顺时针旋转90°,使点C落在点P处,连接AP,设△APE 的面积为S,试求S与x的函数关系式并求出S的最大值.【答案】(1)x=﹣1;(2)S=﹣(x﹣)2+(0<x<1),当x=时,S的值最大,最大值为,.【解析】试题分析:(1)过O作OM∥AB交CE于点M,如图1,由平行线等分线段定理得到CM=ME,根据三角形的中位线定理得到AE=2OM=2OF,得到OM=OF,于是得到BF=BE=x,求得OF=OM=解方程,即可得到结果;(2)过P作PG⊥AB交AB的延长线于G,如图2,根据已知条件得到∠ECB=∠PEG,根据全等三角形的性质得到EB=PG=x,由三角形的面积公式得到S=(1﹣x)•x,根据二次函数的性质即可得到结论.试题解析:(1)过O作OM∥AB交CE于点M,如图1,∵OA=OC,∴CM=ME,∴AE=2OM=2OF,∴OM=OF,∴,∴BF=BE=x,∴OF=OM=,∵AB=1,∴OB=,∴,∴x=﹣1;(2)过P作PG⊥AB交AB的延长线于G,如图2,∵∠CEP=∠EBC=90°,∴∠ECB=∠PEG,∵PE=EC,∠EGP=∠CBE=90°,在△EPG与△CEB中,,∴△EPG≌△CEB,∴EB=PG=x,∴AE=1﹣x,∴S=(1﹣x)•x=﹣x2+x=﹣(x﹣)2+,(0<x<1),∵﹣<0,∴当x=时,S的值最大,最大值为,.考点:四边形综合题13.已知点O是△ABC内任意一点,连接OA并延长到E,使得AE=OA,以OB,OC为邻边作▱OBFC,连接OF与BC交于点H,再连接EF.(1)如图1,若△ABC为等边三角形,求证:①EF⊥BC;②EF=BC;(2)如图2,若△ABC为等腰直角三角形(BC为斜边),猜想(1)中的两个结论是否成立?若成立,直接写出结论即可;若不成立,请你直接写出你的猜想结果;(3)如图3,若△ABC是等腰三角形,且AB=AC=kBC,请你直接写出EF与BC之间的数量关系.【答案】(1)见解析;(2)EF⊥BC仍然成立;(3)EF=BC【解析】试题分析:(1)由平行四边形的性质得到BH=HC=BC,OH=HF,再由等边三角形的性质得到AB=BC,AH⊥BC,根据勾股定理得到AH=BC,即可;(2)由平行四边形的性质得到BH=HC=BC,OH=HF,再由等腰直角三角形的性质得到AB=BC,AH⊥BC,根据勾股定理得到AH=BC,即可;(3)由平行四边形的性质得到BH=HC=BC,OH=HF,再由等腰三角形的性质和AB=AC=kBC得到AB=BC,AH⊥BC,根据勾股定理得到AH=BC,即可.试题解析:(1)连接AH,如图1,∵四边形OBFC是平行四边形,∴BH=HC=BC,OH=HF,∵△ABC是等边三角形,∴AB=BC,AH⊥BC,在Rt△ABH中,AH2=AB2﹣BH2,∴AH==BC,∵OA=AE,OH=HF,∴AH是△OEF的中位线,∴AH=EF,AH∥EF,∴EF⊥BC,BC=EF,∴EF⊥BC,EF=BC;(2)EF⊥BC仍然成立,EF=BC,如图2,∵四边形OBFC是平行四边形,∴BH=HC=BC,OH=HF,∵△ABC是等腰三角形,∴AB=BC,AH⊥BC,在Rt△ABH中,AH2=AB2﹣BH2=(BH)2﹣BH2=BH2,∴AH=BH=BC,∵OA=AE,OH=HF,∴AH是△OEF的中位线,∴AH=EF,AH∥EF,∴EF⊥BC,BC=EF,∴EF⊥BC,EF=BC;(3)如图3,∵四边形OBFC是平行四边形,∴BH=HC=BC,OH=HF,∵△ABC是等腰三角形,∴AB=kBC,AH⊥BC,在Rt△ABH中,AH2=AB2﹣BH2=(kBC)2﹣(BC)2=(k2-)BC2,∴AH=BH=BC,∵OA=AE,OH=HF,∴AH是△OEF的中位线,∴AH=EF,AH∥EF,∴EF⊥BC,BC=EF,∴EF=BC.考点:四边形综合题.14.如图,现有一张边长为4的正方形纸片ABCD,点P为正方形AD边上的一点(不与点A、点D重合),将正方形纸片折叠,使点B落在P处,点C落在G处,PG交DC于H,折痕为EF,连接BP、BH.(1)求证:∠APB=∠BPH;(2)当点P在边AD上移动时,求证:△PDH的周长是定值;(3)当BE+CF的长取最小值时,求AP的长.【答案】(1)证明见解析.(2)证明见解析.(3)2.【解析】试题分析:(1)根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH,进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案;(2)首先证明△ABP≌△QBP,进而得出△BCH≌△BQH,即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8;(3)过F作FM⊥AB,垂足为M,则FM=BC=AB,证明△EFM≌△BPA,设AP=x,利用折叠的性质和勾股定理的知识用x表示出BE和CF,结合二次函数的性质求出最值.试题解析:(1)解:如图1,∵PE=BE,∴∠EBP=∠EPB.又∵∠EPH=∠EBC=90°,∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP.即∠PBC=∠BPH.又∵AD∥BC,∴∠APB=∠PBC.∴∠APB=∠BPH.(2)证明:如图2,过B作BQ⊥PH,垂足为Q.由(1)知∠APB=∠BPH,又∵∠A=∠BQP=90°,BP=BP,在△ABP和△QBP中,,∴△ABP≌△QBP(AAS),∴AP=QP,AB=BQ,又∵AB=BC,∴BC=BQ.又∠C=∠BQH=90°,BH=BH,在△BCH和△BQH中,,∴△BCH≌△BQH(SAS),∴CH=QH.∴△PHD的周长为:PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8.∴△PDH的周长是定值.(3)解:如图3,过F作FM⊥AB,垂足为M,则FM=BC=AB.又∵EF为折痕,∴EF⊥BP.∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°,∴∠EFM=∠ABP.又∵∠A=∠EMF=90°,在△EFM和△BPA中,,∴△EFM≌△BPA(AAS).∴EM=AP.设AP=x在Rt△APE中,(4-BE)2+x2=BE2.解得BE=2+,∴CF=BE-EM=2+-x,∴BE+CF=-x+4=(x-2)2+3.当x=2时,BE+CF取最小值,∴AP=2.考点:几何变换综合题.15.(本题14分)小明在学习平行线相关知识时总结了如下结论:端点分别在两条平行线上的所有线段中,垂直于平行线的线段最短.小明应用这个结论进行了下列探索活动和问题解决.问题1:如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=3,P为AC边上的一动点,以PB,PA为边构造□APBQ,求对角线PQ的最小值及PQ最小时的值.(1)在解决这个问题时,小明构造出了如图2的辅助线,则PQ的最小值为,当PQ最小时= _____ __;(2)小明对问题1做了简单的变式思考.如图3,P为AB边上的一动点,延长PA到点E,使AE=nPA(n为大于0的常数).以PE,PC为边作□PCQE,试求对角线PQ长的最小值,并求PQ最小时的值;问题2:在四边形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,AD=1,AB=2,BC=3.(1)如图4,若为上任意一点,以,为边作□.试求对角线长的最小值和PQ最小时的值.(2)若为上任意一点,延长到,使,再以,为边作□.请直接写出对角线长的最小值和PQ最小时的值.【答案】问题1:(1)3,;(2)PQ=,=.问题2:(1)=4,.(2)PQ的最小值为..【解析】试题分析:问题1:(1)首先根据条件可证四边形PCBQ是矩形,然后根据条件“四边形APBQ是平行四边形可得AP=QB=PC,从而可求的值.(2)由题可知:当QP⊥AC 时,PQ最小.过点C作CD⊥AB于点D.此时四边形CDPQ为矩形,PQ=CD,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=3,利用面积可求出CD=,然后可求出AD=,由AE=nPA可得PE=,而PE=CQ=PD=AD-AP=,所以AP=.所以=.问题2:(1)设对角线与相交于点.Rt≌Rt.所以AD=HC,QH=AP.由题可知:当QP⊥AB时,PQ最小,此时=CH=4,根据条件可证四边形BPQH为矩形,从而QH=BP=AP.所以.(2)根据题意画出图形,当AB 时,的长最小,PQ的最小值为..试题解析:问题1:(1)3,;(2)过点C作CD⊥AB于点D.由题意可知当PQ⊥AB时,PQ最短.所以此时四边形CDPQ为矩形.PQ=CD,DP=CQ=PE.因为∠BCA=90°,AC=4,BC=3,所以AB=5.所以CD=.所以PQ=.在Rt△ACD中AC=4,CD=,所以AD=.因为AE=nPA,所以PE==CQ=PD=AD-AP=.所以AP=.所以=.问题2:(1)如图2,设对角线与相交于点.所以G是DC的中点,作QH BC,交BC的延长线于H,因为AD//BC,所以.所以.又,所以Rt≌Rt.所以AD=HC,QH=AP.由图知,当AB时,的长最小,即=CH=4.易得四边形BPQH为矩形,所以QH=BP=AP.所以.(若学生有能力从梯形中位线角度考虑,若正确即可评分.但讲评时不作要求)(2)PQ的最小值为..考点:1.直角三角形的性质;2.全等三角形的判定与性质;3.平行四边形的性质;4矩形的判定与性质.。
河南省2020年中考考前名师押题压轴卷 数学试题+答案+全解全析
河南省2020年中考考前名师押题压轴卷数学(考试时间:100分钟试卷满分:120分)注意事项:1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第Ⅰ卷时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
5.考试范围:中考全部内容。
第Ⅰ卷一、选择题(本大题共10个小题,每小题3分,共30分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的)1.12的相反数等于A.2B.–2C.2D.–22.2020年是具有里程碑意义的一年,我们将全面建成小康社会,全面建设小康社会的基本标准包括:人均国内生产总值超过3000美元、城镇居民人均可支配收入1.8万元等十个方面.数据“1.8万元”用科学技术法表示为.A.1.8×103元B.1.8×104元C.0.18×105元D.18000元3.如图所示为一个几何体的三视图,那么这个几何体是A .B .C .D .4.下列计算正确的是A .235x y xy +=B .()2239m m +=+C .()326xy xy =D .1055a a a ÷= 5.某校篮球队10名队员的年龄情况如下,则篮球队队员年龄的众数和中位数分别是年龄13 14 15 16 人数2 3 4 1 A .15,14.5 B .14,15 C .14,14.5 D .15,156.关于x 的方程220--=x x k 有实数根,则k 的值的范围是A .1k >-B .1k ≥-C .1k <-D .1k ≤-7.抛物线y =4(x +3)2+12的顶点坐标是A .(4,12)B .(3,12)C .(﹣3,12)D .(﹣3,﹣12)8.如图,4×2的正方形的网格中,在A ,B ,C ,D 四个点中任选三个点,能够组成等腰三角形的概率为A .12B .13C .14D .19.某小区准备新建50个停车位,已知新建1个地上停车位和1个地下停车位共需0.6万元;新建3个地上停车位和2个地下停车位共需1.3万元,求该小区新建1个地上停车位和1个地下停车位各需多少万元?设新建1个地上停车位需要x 万元,新建1个地下停车位需y 万元,列二元一次方程组得 A .632 1.3x y x y +=⎧⎨+=⎩ B .623 1.3x y x y +=⎧⎨+=⎩C .0.632 1.3x y x y +=⎧⎨+=⎩D .63213x y x y +=⎧⎨+=⎩10.如图①,在矩形ABCD 中,AB AD <,对角线,AC BD 相交于点O ,动点P 由点A 出发,沿AB BC CD →→向点D 运动.设点P 的运动路程为x ,AOP 的面积为y ,y 与x 的函数关系图象如图②所示,则AD 边的长为A .3B .4C .5D .6第Ⅱ卷二、填空题(本大题共5小题,每小题3分,共15分)11.计算:()02180.52----=___________________.12.一副直角三角板如上图放置,点C 在FD 的延长线上,AB ∥CF ,∠F =∠ACB =90°,∠E =45°,∠A =60°,则∠DBC =_____°.13.不等式组0125x a x x ->⎧⎨->-⎩有3个整数解,则a 的取值范围是_____. 14.⊙O 的半径OA =4,以OA 为直径作⊙O 1交⊙O 的另一半径OB 于点C ,当C 为OB 的中点时,图中阴影部分的面积S =________.15.如图,在长方形ABCD 中,点M 为CD 中点,将△MBC 沿BM 翻折至△MBE ,若∠AME =α,∠ABE =β,则α与β之间的数量关系为________.三、解答题(本大题共8小题,共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)。
2020年河南省中考数学试卷及答案解析
2020年河南省中考数学试卷一、选择题(每小题3分,共30分)下列各小题均有四个答案,其中只有一个是正确的.1.(3分)2的相反数是()A.﹣2B.−12C.12D.22.(3分)如图摆放的几何体中,主视图与左视图有可能不同的是()A.B.C.D.3.(3分)要调查下列问题,适合采用全面调查(普查)的是()A.中央电视台《开学第一课》的收视率B.某城市居民6月份人均网上购物的次数C.即将发射的气象卫星的零部件质量D.某品牌新能源汽车的最大续航里程4.(3分)如图,l1∥l2,l3∥l4,若∠1=70°,则∠2的度数为()A.100°B.110°C.120°D.130°5.(3分)电子文件的大小常用B,KB,MB,GB等作为单位,其中1GB=210MB,1MB=210KB,1KB=210B.某视频文件的大小约为1GB,1GB等于()A.230B B.830B C.8×1010B D.2×1030B6.(3分)若点A(﹣1,y1),B(2,y2),C(3,y3)在反比例函数y=−6x的图象上,则y1,y2,y3的大小关系是()A.y1>y2>y3B.y2>y3>y1C.y1>y3>y2D.y3>y2>y1 7.(3分)定义运算:m☆n=mn2﹣mn﹣1.例如:4☆2=4×22﹣4×2﹣1=7.则方程1☆x =0的根的情况为()A.有两个不相等的实数根B.有两个相等的实数根C .无实数根D .只有一个实数根8.(3分)国家统计局统计数据显示,我国快递业务收入逐年增加.2017年至2019年我国快递业务收入由5000亿元增加到7500亿元.设我国2017年至2019年快递业务收入的年平均增长率为x ,则可列方程为( ) A .500(1+2x )=7500 B .5000×2(1+x )=7500 C .5000(1+x )2=7500D .5000+5000(1+x )+5000(1+x )2=75009.(3分)如图,在△ABC 中,∠ACB =90°,边BC 在x 轴上,顶点A ,B 的坐标分别为(﹣2,6)和(7,0).将正方形OCDE 沿x 轴向右平移,当点E 落在AB 边上时,点D 的坐标为( )A .(32,2)B .(2,2)C .(114,2) D .(4,2)10.(3分)如图,在△ABC 中,AB =BC =√3,∠BAC =30°,分别以点A ,C 为圆心,AC 的长为半径作弧,两弧交于点D ,连接DA ,DC ,则四边形ABCD 的面积为( )A .6√3B .9C .6D .3√3二、填空题(每小题3分,共15分)11.(3分)请写出一个大于1且小于2的无理数 . 12.(3分)已知关于x 的不等式组{x >a ,x >b ,其中a ,b 在数轴上的对应点如图所示,则这个不等式组的解集为 .13.(3分)如图所示的转盘,被分成面积相等的四个扇形,分别涂有红、黄、蓝、绿四种颜色.固定指针,自由转动转盘两次,每次停止后,记下指针所指区域(指针指向区域分界线时,忽略不计)的颜色,则两次颜色相同的概率是.14.(3分)如图,在边长为2√2的正方形ABCD中,点E,F分别是边AB,BC的中点,连接EC,FD,点G,H分别是EC,FD的中点,连接GH,则GH的长度为.15.(3分)如图,在扇形BOC中,∠BOC=60°,OD平分∠BOC交BĈ于点D,点E为半径OB上一动点.若OB=2,则阴影部分周长的最小值为.三、解答题(本大题共8个小题,满分75分)16.(8分)先化简,再求值:(1−1a+1)÷aa2−1,其中a=√5+1.17.(9分)为发展乡村经济,某村根据本地特色,创办了山药粉加工厂.该厂需购置一台分装机,计划从商家推荐试用的甲、乙两台不同品牌的分装机中选择.试用时,设定分装的标准质量为每袋500g,与之相差大于10g为不合格.为检验分装效果,工厂对这两台机器分装的成品进行了抽样和分析,过程如下:[收集数据]从甲、乙两台机器分装的成品中各随机抽取20袋,测得实际质量(单位:g)如下:甲:501 497 498 502 513 489 506 490 505 486502 503 498 497 491 500 505 502 504 505乙:505 499 502 491 487 506 493 505 499 498502 503 501 490 501 502 511 499 499 501[整理数据]整理以上数据,得到每袋质量x(g)的频数分布表.质量频数机器485≤x<490490≤x<495495≤x<500500≤x<505505≤x<510510≤x<515甲224741乙135731 [分析数据]根据以上数据,得到以下统计量.统计量机器平均数中位数方差不合格率甲499.7501.542.01b乙499.7a31.8110%根据以上信息,回答下列问题:(1)表格中的a=,b=;(2)综合上表中的统计量,判断工厂应迭购哪一台分装机,并说明理由.18.(9分)位于河南省登封市境内的元代观星台,是中国现存最早的天文台,也是世界文化遗产之一.某校数学社团的同学们使用卷尺和自制的测角仪测量观星台的高度.如图所示,他们在地面一条水平步道MP上架设测角仪,先在点M处测得观星台最高点A的仰角为22°,然后沿MP方向前进16m到达点N处,测得点A的仰角为45°.测角仪的高度为1.6m.(1)求观星台最高点A距离地面的高度(结果精确到0.1m.参考数据:sin22°≈0.37,cos22°≈0.93,tan22°≈0.40,√2≈1.41);(2)“景点简介”显示,观星台的高度为12.6m.请计算本次测量结果的误差,并提出一条减小误差的合理化建议.19.(9分)暑期将至,某健身俱乐部面向学生推出暑期优惠活动,活动方案如下.方案一:购买一张学生暑期专享卡,每次健身费用按六折优惠;方案二:不购买学生暑期专享卡,每次健身费用按八折优惠.设某学生暑期健身x(次),按照方案一所需费用为y1(元),且y1=k1x+b;按照方案二所需费用为y2(元),且y2=k2x.其函数图象如图所示.(1)求k1和b的值,并说明它们的实际意义;(2)求打折前的每次健身费用和k2的值;(3)八年级学生小华计划暑期前往该俱乐部健身8次,应选择哪种方案所需费用更少?说明理由.20.(9分)我们学习过利用尺规作图平分一个任意角,而“利用尺规作图三等分一个任意角”曾是数学史上一大难题,之后被数学家证明是不可能完成的.人们根据实际需要,发明了一种简易操作工具﹣﹣三分角器.图1是它的示意图,其中AB与半圆O的直径BC在同一直线上,且AB的长度与半圆的半径相等;DB与AC垂直于点B,DB足够长.使用方法如图2所示,若要把∠MEN三等分,只需适当放置三分角器,使DB经过∠MEN 的顶点E,点A落在边EM上,半圆O与另一边EN恰好相切,切点为F,则EB,EO 就把∠MEN三等分了.为了说明这一方法的正确性,需要对其进行证明.如下给出了不完整的“已知”和“求证”,请补充完整,并写出“证明”过程.已知:如图2,点A,B,O,C在同一直线上,EB⊥AC,垂足为点B,.求证:.21.(10分)如图,抛物线y=﹣x2+2x+c与x轴正半轴,y轴正半轴分别交于点A,B,且OA=OB,点G为抛物线的顶点.(1)求抛物线的解析式及点G的坐标;(2)点M,N为抛物线上两点(点M在点N的左侧),且到对称轴的距离分别为3个单位长度和5个单位长度,点Q为抛物线上点M,N之间(含点M,N)的一个动点,求点Q的纵坐标y Q的取值范围.22.(10分)小亮在学习中遇到这样一个问题:̂上一动点,线段BC=8cm,点A是线段BC的中点,过点C作CF∥BD,如图,点D是BC交DA的延长线于点F.当△DCF为等腰三角形时,求线段BD的长度.小亮分析发现,此问题很难通过常规的推理计算彻底解决,于是尝试结合学习函数的经验研究此问题.请将下面的探究过程补充完整:̂上的不同位置,画出相应的图形,测量线段BD,CD,FD的长度,(1)根据点D在BC得到下表的几组对应值.BD/cm0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.07.08.0 CD/cm8.07.77.2 6.6 5.9a 3.9 2.40 FD/cm8.07.4 6.9 6.5 6.1 6.0 6.2 6.78.0操作中发现:①“当点D为BĈ的中点时,BD=5.0cm”.则上表中a的值是;②“线段CF的长度无需测量即可得到”.请简要说明理由.(2)将线段BD的长度作为自变量x,CD和FD的长度都是x的函数,分别记为y CD和y FD,并在平面直角坐标系xOy中画出了函数y FD的图象,如图所示.请在同一坐标系中画出函数y CD的图象;(3)继续在同一坐标系中画出所需的函数图象,并结合图象直接写出:当△DCF为等腰三角形时,线段BD长度的近似值(结果保留一位小数).23.(11分)将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′,记旋转角为α,连接BB′,过点D作DE垂直于直线BB′,垂足为点E,连接DB′,CE.(1)如图1,当α=60°时,△DEB′的形状为,连接BD,可求出BB′CE的值为;(2)当0°<α<360°且α≠90°时,①(1)中的两个结论是否仍然成立?如果成立,请仅就图2的情形进行证明;如果不成立,请说明理由;②当以点B′,E,C,D为顶点的四边形是平行四边形时,请直接写出BEB′E的值.2020年河南省中考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题(每小题3分,共30分)下列各小题均有四个答案,其中只有一个是正确的.1.(3分)2的相反数是()A.﹣2B.−12C.12D.2【解答】解:2的相反数是﹣2.故选:A.2.(3分)如图摆放的几何体中,主视图与左视图有可能不同的是()A.B.C.D.【解答】解:A、主视图和左视图是长方形,一定相同,故本选项不合题意题意;B、主视图和左视图都是等腰三角形,一定相同,故选项不符合题意;C、主视图和左视图都是圆,一定相同,故选项不符合题意;D、主视图是长方形,左视图是正方形,故本选项符合题意;故选:D.3.(3分)要调查下列问题,适合采用全面调查(普查)的是()A.中央电视台《开学第一课》的收视率B.某城市居民6月份人均网上购物的次数C.即将发射的气象卫星的零部件质量D.某品牌新能源汽车的最大续航里程【解答】解:A、调查中央电视台《开学第一课》的收视率,适合抽查,故本选项不合题意;B、调查某城市居民6月份人均网上购物的次数,适合抽查,故本选项不合题意;C、调查即将发射的气象卫星的零部件质量,适合采用全面调查(普查),故本选项符合题意;D、调查某品牌新能源汽车的最大续航里程,适合抽查,故本选项不合题意.故选:C.4.(3分)如图,l1∥l2,l3∥l4,若∠1=70°,则∠2的度数为()A.100°B.110°C.120°D.130°【解答】解:∵l1∥l2,∠1=70°,∴∠3=∠1=70°,∵l3∥l4,∴∠2=180°﹣∠3=180°﹣70°=110°,故选:B.5.(3分)电子文件的大小常用B,KB,MB,GB等作为单位,其中1GB=210MB,1MB=210KB,1KB=210B.某视频文件的大小约为1GB,1GB等于()A.230B B.830B C.8×1010B D.2×1030B【解答】解:由题意得:210×210×210B=210+10+10=230B,故选:A.6.(3分)若点A(﹣1,y1),B(2,y2),C(3,y3)在反比例函数y=−6x的图象上,则y1,y2,y3的大小关系是()A.y1>y2>y3B.y2>y3>y1C.y1>y3>y2D.y3>y2>y1【解答】解:∵点A(﹣1,y1)、B(2,y2)、C(3,y3)在反比例函数y=−6x的图象上,∴y1=−6−1=6,y2=−62=−3,y3=−63=−2,又∵﹣3<﹣2<6,∴y1>y3>y2.故选:C.7.(3分)定义运算:m☆n=mn2﹣mn﹣1.例如:4☆2=4×22﹣4×2﹣1=7.则方程1☆x=0的根的情况为( ) A .有两个不相等的实数根 B .有两个相等的实数根 C .无实数根D .只有一个实数根【解答】解:由题意可知:1☆x =x 2﹣x ﹣1=0, ∴△=1﹣4×1×(﹣1)=5>0, 故选:A .8.(3分)国家统计局统计数据显示,我国快递业务收入逐年增加.2017年至2019年我国快递业务收入由5000亿元增加到7500亿元.设我国2017年至2019年快递业务收入的年平均增长率为x ,则可列方程为( ) A .500(1+2x )=7500 B .5000×2(1+x )=7500 C .5000(1+x )2=7500D .5000+5000(1+x )+5000(1+x )2=7500【解答】解:设我国2017年至2019年快递业务收入的年平均增长率为x , 由题意得:5000(1+x )2=7500, 故选:C .9.(3分)如图,在△ABC 中,∠ACB =90°,边BC 在x 轴上,顶点A ,B 的坐标分别为(﹣2,6)和(7,0).将正方形OCDE 沿x 轴向右平移,当点E 落在AB 边上时,点D 的坐标为( )A .(32,2)B .(2,2)C .(114,2) D .(4,2)【解答】解:如图,设正方形D ′C ′O ′E ′是正方形OCDE 沿x 轴向右平移后的正方形,∵顶点A ,B 的坐标分别为(﹣2,6)和(7,0), ∴AC =6,OC =2,OB =7, ∴BC =9,∵四边形OCDE 是正方形, ∴DE =OC =OE =2, ∴O ′E ′=O ′C ′=2, ∵E ′O ′⊥BC ,∴∠BO ′E ′=∠BCA =90°, ∴E ′O ′∥AC , ∴△BO ′E ′∽△BCA , ∴E′O′AC =BO′BC,∴26=BO′9,∴BO ′=3,∴OC ′=7﹣2﹣3=2,∴当点E 落在AB 边上时,点D 的坐标为(2,2), 故选:B .10.(3分)如图,在△ABC 中,AB =BC =√3,∠BAC =30°,分别以点A ,C 为圆心,AC 的长为半径作弧,两弧交于点D ,连接DA ,DC ,则四边形ABCD 的面积为( )A .6√3B .9C .6D .3√3【解答】解:连接BD 交AC 于O , ∵AD =CD ,AB =BC , ∴BD 垂直平分AC , ∴BD ⊥AC ,AO =CO ,∵AB=BC,∴∠ACB=∠BAC=30°,∵AC=AD=CD,∴△ACD是等边三角形,∴∠DAC=∠DCA=60°,∴∠BAD=∠BCD=90°,∠ADB=∠CDB=30°,∵AB=BC=√3,∴AD=CD=√3AB=3,∴四边形ABCD的面积=2×12×3×√3=3√3,故选:D.二、填空题(每小题3分,共15分)11.(3分)请写出一个大于1且小于2的无理数√3.【解答】解:大于1且小于2的无理数是√3,答案不唯一.故答案为:√3.12.(3分)已知关于x的不等式组{x>a,x>b,其中a,b在数轴上的对应点如图所示,则这个不等式组的解集为x>a.【解答】解:∵b<0<a,∴关于x的不等式组{x>a,x>b,的解集为:x>a,故答案为:x>a.13.(3分)如图所示的转盘,被分成面积相等的四个扇形,分别涂有红、黄、蓝、绿四种颜色.固定指针,自由转动转盘两次,每次停止后,记下指针所指区域(指针指向区域分界线时,忽略不计)的颜色,则两次颜色相同的概率是14.【解答】解:自由转动转盘两次,指针所指区域所有可能出现的情况如下:共有16种可能出现的结果,其中两次颜色相同的有4种, ∴P (两次颜色相同)=416=14, 故答案为:14.14.(3分)如图,在边长为2√2的正方形ABCD 中,点E ,F 分别是边AB ,BC 的中点,连接EC ,FD ,点G ,H 分别是EC ,FD 的中点,连接GH ,则GH 的长度为 1 .【解答】解:设DF ,CE 交于O , ∵四边形ABCD 是正方形,∴∠B =∠DCF =90°,BC =CD =AB , ∵点E ,F 分别是边AB ,BC 的中点, ∴BE =CF ,∴△CBE ≌△DCF (SAS ), ∴CE =DF ,∠BCE =∠CDF , ∵∠CDF +∠CFD =90°, ∴∠BCE +∠CFD =90°, ∴∠COF =90°,∴DF⊥CE,∴CE=DF=√(2√2)2+(√2)2=√10,∵点G,H分别是EC,FD的中点,∴CG=FH=√10 2,∵∠DCF=90°,CO⊥DF,∴CF2=OF•DF,∴OF=CF2DF=√2)210=√105,∴OH=3√1010,OD=4√105,∵OC2=OF•OD,∴OC=√105×4105=2√105,∴OG=CG﹣OC=√102−2√105=√1010,∴HG=√OG2+OH2=√110+910=1,故答案为:1.15.(3分)如图,在扇形BOC中,∠BOC=60°,OD平分∠BOC交BĈ于点D,点E为半径OB上一动点.若OB=2,则阴影部分周长的最小值为6√2+π3.【解答】解:如图,作点D关于OB的对称点D′,连接D′C交OB于点E′,连接E′D、OD′,此时E′C+E′C最小,即:E′C+E′C=CD′,由题意得,∠COD=∠DOB=∠BOD′=30°,∴∠COD′=90°,∴CD′=√OC2+OD′2=√22+22=2√2,CD̂的长l =30π×2180=π3, ∴阴影部分周长的最小值为2√2+π3=6√2+π3. 故答案为:6√2+π3.三、解答题(本大题共8个小题,满分75分) 16.(8分)先化简,再求值:(1−1a+1)÷aa 2−1,其中a =√5+1. 【解答】解:(1−1a+1)÷aa 2−1=a+1−1a+1×(a−1)(a+1)a=a ﹣1,把a =√5+1代入a ﹣1=√5+1﹣1=√5.17.(9分)为发展乡村经济,某村根据本地特色,创办了山药粉加工厂.该厂需购置一台分装机,计划从商家推荐试用的甲、乙两台不同品牌的分装机中选择.试用时,设定分装的标准质量为每袋500g ,与之相差大于10g 为不合格.为检验分装效果,工厂对这两台机器分装的成品进行了抽样和分析,过程如下:[收集数据]从甲、乙两台机器分装的成品中各随机抽取20袋,测得实际质量(单位:g )如下:甲:501 497 498 502 513 489 506 490 505 486 502 503 498 497 491 500 505 502 504 505 乙:505 499 502 491 487 506 493 505 499 498 502 503 501 490 501 502 511 499 499 501 [整理数据]整理以上数据,得到每袋质量x (g )的频数分布表.质量485≤x <490≤x <495≤x <500≤x <505≤x <510≤x <频数 机器 490 495 500 505 510 515甲 2 2 4 7 4 1 乙135731[分析数据]根据以上数据,得到以下统计量. 统计量 机器 平均数中位数方差不合格率甲 499.7 501.5 42.01 b 乙499.7a31.8110%根据以上信息,回答下列问题:(1)表格中的a = 501 ,b = 15% ;(2)综合上表中的统计量,判断工厂应迭购哪一台分装机,并说明理由.【解答】解:(1)将乙的成绩从小到大排列后,处在中间位置的两个数都是501,因此中位数是501, b =3➗20=15%, 故答案为:501,15%;(2)选择乙机器,理由:乙的不合格率较小,18.(9分)位于河南省登封市境内的元代观星台,是中国现存最早的天文台,也是世界文化遗产之一.某校数学社团的同学们使用卷尺和自制的测角仪测量观星台的高度.如图所示,他们在地面一条水平步道MP 上架设测角仪,先在点M 处测得观星台最高点A 的仰角为22°,然后沿MP 方向前进16m 到达点N 处,测得点A 的仰角为45°.测角仪的高度为1.6m . (1)求观星台最高点A 距离地面的高度(结果精确到0.1m .参考数据:sin22°≈0.37,cos22°≈0.93,tan22°≈0.40,√2≈1.41);(2)“景点简介”显示,观星台的高度为12.6m.请计算本次测量结果的误差,并提出一条减小误差的合理化建议.【解答】解:(1)过A作AD⊥PM于D,延长BC交AD于E,则四边形BMNC,四边形BMDE是矩形,∴BC=MN=16m,DE=CN=BM=1.6m,∵∠AED=90°,∠ACE=45°,∴△ACE是等腰直角三角形,∴CE=AE,设AE=CE=x,∴BE=16+x,∵∠ABE=22°,∴tan22°=AEBE=x16+x=0.40,∴x≈10.7(m),∴AD=10.7+1.6=12.3(m),答:观星台最高点A距离地面的高度约为12.3m;(2)∵“景点简介”显示,观星台的高度为12.6m,∴本次测量结果的误差为12.6﹣12.3=0.3m,减小误差的合理化建议为:为了减小误差可以通过多次测量取平均值的方法.19.(9分)暑期将至,某健身俱乐部面向学生推出暑期优惠活动,活动方案如下.方案一:购买一张学生暑期专享卡,每次健身费用按六折优惠;方案二:不购买学生暑期专享卡,每次健身费用按八折优惠.设某学生暑期健身x(次),按照方案一所需费用为y1(元),且y1=k1x+b;按照方案二所需费用为y2(元),且y2=k2x.其函数图象如图所示.(1)求k1和b的值,并说明它们的实际意义;(2)求打折前的每次健身费用和k2的值;(3)八年级学生小华计划暑期前往该俱乐部健身8次,应选择哪种方案所需费用更少?说明理由.【解答】解:(1)∵y 1=k 1x +b 过点(0,30),(10,180), ∴{b =3010k 1+b =180,解得{k 1=15b =30, k 1=15表示的实际意义是:购买一张学生暑期专享卡后每次健身费用为15元, b =30表示的实际意义是:购买一张学生暑期专享卡的费用为30元;(2)由题意可得,打折前的每次健身费用为15÷0.6=25(元), 则k 2=25×0.8=20;(3)选择方案一所需费用更少.理由如下: 由题意可知,y 1=15x +30,y 2=20x . 当健身8次时,选择方案一所需费用:y 1=15×8+30=150(元), 选择方案二所需费用:y 2=20×8=160(元), ∵150<160,∴选择方案一所需费用更少.20.(9分)我们学习过利用尺规作图平分一个任意角,而“利用尺规作图三等分一个任意角”曾是数学史上一大难题,之后被数学家证明是不可能完成的.人们根据实际需要,发明了一种简易操作工具﹣﹣三分角器.图1是它的示意图,其中AB 与半圆O 的直径BC 在同一直线上,且AB 的长度与半圆的半径相等;DB 与AC 垂直于点B ,DB 足够长.使用方法如图2所示,若要把∠MEN三等分,只需适当放置三分角器,使DB经过∠MEN 的顶点E,点A落在边EM上,半圆O与另一边EN恰好相切,切点为F,则EB,EO 就把∠MEN三等分了.为了说明这一方法的正确性,需要对其进行证明.如下给出了不完整的“已知”和“求证”,请补充完整,并写出“证明”过程.已知:如图2,点A,B,O,C在同一直线上,EB⊥AC,垂足为点B,AB=OB,EN 切半圆O于F.求证:EB,EO就把∠MEN三等分.【解答】解:已知:如图2,点A,B,O,C在同一直线上,EB⊥AC,垂足为点B,AB =OB,EN切半圆O于F.求证:EB,EO就把∠MEN三等分,证明:∵EB⊥AC,∴∠ABE=∠OBE=90°,∵AB=OB,BE=BE,∴△ABE≌△OBE(SAS),∴∠1=∠2,∵BE⊥OB,∴BE是⊙E的切线,∵EN切半圆O于F,∴∠2=∠3,∴∠1=∠2=∠3,∴EB,EO就把∠MEN三等分.故答案为:AB=OB,EN切半圆O于F;EB,EO就把∠MEN三等分.21.(10分)如图,抛物线y=﹣x2+2x+c与x轴正半轴,y轴正半轴分别交于点A,B,且OA=OB,点G为抛物线的顶点.(1)求抛物线的解析式及点G的坐标;(2)点M,N为抛物线上两点(点M在点N的左侧),且到对称轴的距离分别为3个单位长度和5个单位长度,点Q为抛物线上点M,N之间(含点M,N)的一个动点,求点Q的纵坐标y Q的取值范围.【解答】解:(1)∵抛物线y=﹣x2+2x+c与y轴正半轴分别交于点B,∴点B(0,c),∵OA=OB=c,∴点A(c,0),∴0=﹣c2+2c+c,∴c=3或0(舍去),∴抛物线解析式为:y=﹣x2+2x+3,∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4,∴顶点G为(1,4);(2)∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4,∴对称轴为直线x=1,∵点M,N为抛物线上两点(点M在点N的左侧),且到对称轴的距离分别为3个单位长度和5个单位长度,∴点M的横坐标为﹣2或4,点N的横坐标为6,∴点M坐标为(﹣2,﹣5)或(4,﹣5),点N坐标(6,﹣21),∵点Q为抛物线上点M,N之间(含点M,N)的一个动点,∴﹣21≤y Q≤4或﹣21≤y Q≤﹣5.22.(10分)小亮在学习中遇到这样一个问题:̂上一动点,线段BC=8cm,点A是线段BC的中点,过点C作CF∥BD,如图,点D是BC交DA的延长线于点F.当△DCF为等腰三角形时,求线段BD的长度.小亮分析发现,此问题很难通过常规的推理计算彻底解决,于是尝试结合学习函数的经验研究此问题.请将下面的探究过程补充完整:̂上的不同位置,画出相应的图形,测量线段BD,CD,FD的长度,(1)根据点D在BC得到下表的几组对应值.BD/cm0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.07.08.0 CD/cm8.07.77.2 6.6 5.9a 3.9 2.40FD/cm8.07.4 6.9 6.5 6.1 6.0 6.2 6.78.0操作中发现:①“当点D为BĈ的中点时,BD=5.0cm”.则上表中a的值是5;②“线段CF的长度无需测量即可得到”.请简要说明理由.(2)将线段BD的长度作为自变量x,CD和FD的长度都是x的函数,分别记为y CD和y FD,并在平面直角坐标系xOy中画出了函数y FD的图象,如图所示.请在同一坐标系中画出函数y CD的图象;(3)继续在同一坐标系中画出所需的函数图象,并结合图象直接写出:当△DCF为等腰三角形时,线段BD长度的近似值(结果保留一位小数).̂的中点,【解答】解:(1)∵点D为BĈ=CD̂,∴BD∴BD=CD=a=5cm,故答案为:5;(2)∵点A是线段BC的中点,∴AB=AC,∵CF∥BD,∴∠F=∠BDA,又∵∠BAD=∠CAF,∴△BAD≌△CAF(AAS),∴BD=CF,∴线段CF的长度无需测量即可得到;(3)由题意可得:(4)由题意画出函数y CF的图象;由图象可得:BD=3.8cm或5cm或6.2cm时,△DCF为等腰三角形.23.(11分)将正方形ABCD 的边AB 绕点A 逆时针旋转至AB ′,记旋转角为α,连接BB ′,过点D 作DE 垂直于直线BB ′,垂足为点E ,连接DB ′,CE .(1)如图1,当α=60°时,△DEB ′的形状为 等腰直角三角形 ,连接BD ,可求出BB′CE的值为 √2 ;(2)当0°<α<360°且α≠90°时,①(1)中的两个结论是否仍然成立?如果成立,请仅就图2的情形进行证明;如果不成立,请说明理由;②当以点B ′,E ,C ,D 为顶点的四边形是平行四边形时,请直接写出BE B′E的值.【解答】解:(1)∵AB 绕点A 逆时针旋转至AB ′, ∴AB =AB ',∠BAB '=60°, ∴△ABB '是等边三角形, ∴∠BB 'A =60°,∴∠DAB '=∠BAD ﹣∠BAB '=90°﹣60°=30°, ∵AB '=AB =AD , ∴∠AB 'D =∠ADB ', ∴∠AB 'D =180°−30°2=75°, ∴∠DB 'E =180°﹣60°﹣75°=45°, ∵DE ⊥B 'E ,∴∠B 'DE =90°﹣45°=45°, ∴△DEB '是等腰直角三角形. ∵四边形ABCD 是正方形, ∴∠BDC =45°, ∴BD DC=√2,同理B′D DE=√2,∴BD DC=B′D DE,∵∠BDB '+∠B 'DC =45°,∠EDC +∠B 'DC =45°, ∴BDB '=∠EDC , ∴△BDB '∽△CDE , ∴BB′CE=BD DC=√2.故答案为:等腰直角三角形,BB′CE=√2.(2)①两结论仍然成立. 证明:连接BD ,∵AB =AB ',∠BAB '=α, ∴∠AB 'B =90°−α2,∵∠B 'AD =α﹣90°,AD =AB ', ∴∠AB 'D =135°−α2,∴∠EB 'D =∠AB 'D ﹣∠AB 'B =135°−α2−(90°−α2)=45°, ∵DE ⊥BB ',∴∠EDB '=∠EB 'D =45°, ∴△DEB '是等腰直角三角形, ∴DB′DE=√2,∵四边形ABCD 是正方形, ∴BD CD =√2,∠BDC =45°,∴BD CD=DB′DE,∵∠EDB '=∠BDC ,∴∠EDB '+∠EDB =∠BDC +∠EDB , 即∠B 'DB =∠EDC , ∴△B 'DB ∽△EDC , ∴BB′CE =BD CD=√2.②BE B′E=3或1.若CD 为平行四边形的对角线,点B '在以A 为圆心,AB 为半径的圆上,取CD 的中点.连接BO 交⊙A 于点B ', 过点D 作DE ⊥BB '交BB '的延长线于点E ,由(1)可知△B 'ED 是等腰直角三角形, ∴B 'D =√2B 'E ,由(2)①可知△BDB '∽△CDE ,且BB '=√2CE . ∴BE B′E=B′B+B′E B′E=BB′B′E+1=√2CEB′E+1=√2B′DB′E+1=√2×√2+1=3.若CD 为平行四边形的一边,如图3,点E与点A重合,∴BEB′E=1.综合以上可得BEB′E =3或1.。
2020年(河南)中考数学压轴题全揭秘精品专题16 函数动点问题中三角形存在性含答案
(1)求这条抛物线的表达式;
(2)在第四象限内的抛物线上有一点C,满足以B、O、C为顶点的三角形的面积为2,求点C的坐标;
(3)如图2所示,若点M在这条抛物线上,且∠MBO=∠ABO,在(2)的条件下,是否存在点P,使得△POC∽△MOB?若存在,求出点P的坐标,若不存在,说明理由.
图1图2
【答案】见解析.
【解析】解:(1)∵y=x过点B(2,t),
∴t=2,即B(2,2),
将A、B两点坐标代入抛物线解析式,得:
,
解得:a=2,b=-3,
∴抛物线的解析式为:y=2x2-3x;
(2)过C作CD∥y轴,交x轴于点E,交OB于点D,过B作BF⊥CD于F,如图所示,
设C(t,2t2-3t),则E(t,0),D(t,t),点C在第四象限,
(2)由y= x2- x-2得:C(0,-2),由勾股定理得:BC=2 ,
由C(0,-2),B(4,0)得直线BC的解析式为:y= x-2,
设P(m, m2- m-2),则Q(m, m-2),
过Q作QM⊥y轴于M,则QM∥AB,
∴ ,即 ,
∴CQ= ,
PQ=- m2+2m,PC= =m ,
①当CQ=PQ时,
(1)求抛物线的解析式;
(2)求线段PQ的最大值及此时点P的坐标;
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点G,使△BCG为直角三角形?若存在,请直接写出点G的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】见解析.
【解析】解:(1)∵抛物线的顶点为(2,-1),
2020年(河南)中考数学压轴题全揭秘精品专题19 动点问题与几何图形综合题型
专题19 动点问题与几何图形综合题型题型一、动点问题与几何图形最值问题主要有:线段最值;点到直线距离的最值;周长最值;面积最值等等.题型二、动点问题与几何问题相结合主要有:相似三角形的存在性;角平分线存在性;角度间的关系问题;面积关系问题等等.【例1】(2018·河南第一次大联考)如图,将矩形MNPQ放置在矩形ABCD中,使点M,N分别在AB,AD边上滑动,若MN=6,PN=4,在滑动过程中,点A与点P的距离AP的最大值为().A.4B.C.7D.8【答案】D.【分析】如图所示,取MN中点E,当点A、E、P三点共线时,AP最大,利用勾股定理及直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半分别求出PE与AE的长,由AE+EP求出AP的最大值即可.【解析】解:如图所示,取MN中点E,当点A、E、P三点共线时,AP最大,在Rt△PNE中,PN=4,NE=12MN=3,根据勾股定理得:PE=5,在Rt△AMN中,AE为斜边MN上的中线,△AE=12MN=3,则AP的最大值为:AE+PE=3+5=8,故选D.【点评】此题考查了勾股定理,直角三角形斜边上的中线性质,以及矩形的性质,熟练掌握勾股定理是解本题的关键.【变式1-1】(2019·济源一模)如图,△ABC 是等边三角形,AB =3,E 在 AC 上且 AE =23AC ,D 是直线 BC 上一动点,线段 ED 绕点 E 逆时针旋转 90°,得到线段 EF ,当点 D 运动时, 则线段 AF 的最小值是 .【答案】22. 【解析】解:先确定F 点的轨迹,过E 作的直线BC 的平行线,分别过D 、F 作该平行线的垂线,垂足为G ,H ,如图所示,由折叠性质,知△DEG △△EFH ,△EH =DG ,△△ABC 是等边三角形,AE =2,CE =1,△DG =CE ·sin60°=2, 即EH 为定值,△点F 落在直线FH 上,且FH △BC ,根据垂线段最短,当AF △FH 时,AF 的值最小,如下图所示,过A 作AN △FH ,延长AC 交FH 于点M ,BAN 的长即为所求线段AF 的最小值,△EH =DG,△AMN =30°, △EM =2EH△AM,△AN =12AM,. 【例2】(2019·开封二模)如图1,在平面直角坐标系中,直线y =43x ﹣4与抛物线y =43x 2+bx +c 交于坐标轴上两点A 、C ,抛物线与x 轴另一交点为点B ;(1)求抛物线解析式;(2)若动点D 在直线AC 下方的抛物线上,如图2,作DM △直线AC ,垂足为点M ,是否存在点D ,使△CDM 中某个角恰好是△ACO 的一半?若存在,直接写出点D 的横坐标;若不存在,说明理由.图1 图2【答案】见解析.【解析】解:(1)在y =43x ﹣4中, 当x =0, y =﹣4,即C (0,﹣4);当y =0, x =3,即A (3,0);B NM把点A、C坐标代入y=43x2+bx+c,并解得:b=83-,c=-4,△抛物线解析式为:y=43x283-x-4;(2)存在,作△ACO的平分线CP交x轴于点P,过P作PH△AC于点H,则CH=CO=4,OP=PH,设OP=PH=x,则P A=3﹣x,△OC=4,OA=3,△AC=5,AH=1,在Rt△PHA中,PH2+AH2=AP2,即x2+12=(3﹣x)2,解得:x=43,△tan△PCH=tan△PCO=13,△过点D作DG△x轴于点G,过点M作ME△x轴,与y轴交于点E,与DG交于点F.设M(m,43m﹣4),则ME=m,FG=OE=4﹣43m,CE=43m,可得:△CEM△△MFD,△当△DCM=12△ACO时,可得:3CE ME CM MF DF DM===, 即MF =49m ,DF =13m , △DG =DF +GF =13m +4﹣43m =4-m ,EF =EM +FM =139m , 即点D (139m , m -4),将其坐标代入y =43x 283-x -4得: 2413813443939m m m ⎛⎫⨯-⨯-=- ⎪⎝⎭, 解得:m =0(舍)或m =1179676, △D 点横坐标为:139m =13152. △当△MDC =12△ACO =△PCH 时, 同理可得:MF =4m ,DF =3m ,△EF =EM +MF =m +4m =5m ,DG =DF +FG =3m ﹣43m +4=53m +4, △D (5m ,﹣53m ﹣4), △﹣53m ﹣4=()()24855433m m ⨯-⨯-, 解得m =0(舍去)或m =720, 此时D 点横坐标为:5m =74; 综上所述,点D 横坐标为13152或74. 【变式2-1】(2019·洛阳模拟)如图,已知抛物线y =13x 2+bx +c 经过△ABC 的三个顶点,其中点A (0,1),点B (9,10),AC ∥x 轴,点P 是直线AC 下方抛物线上的动点.(1)求抛物线的解析式;(2)过点P 且与y 轴平行的直线与直线AB 、AC 分别交于点E 、F ,当四边形AECP 的面积最大时,求点P 的坐标和四边形AECP 的最大面积;(3)当点P 为抛物线的顶点时,在直线AC 上是否存在点Q ,使得以C 、P 、Q 为顶点的三角形与△ABC 相似?若存在,求出点Q 的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】见解析.【解析】解:(1)将A (0,1),B (9,10)代入y =13x 2+bx +c 得: 127810c b c =⎧⎨++=⎩,解得:12c b =⎧⎨=-⎩ ∴抛物线的解析式为:y =13x 2-2x +1. (2)由y =13x 2-2x +1知,抛物线的对称轴是x =3, ∵AC ∥x 轴,A (0,1),∴A 与C 关于对称轴对称,C (6,0),AC =6由A (0,1),B (9,10)得直线AB 的解析式为:y =x +1,设P (m ,13m 2-2m +1),则E (m ,m +1), ∴PE =-13m 2+3m , ∴S 四边形AECP =S △AEC +S △APC =12·AC ·EF +12·AC ·PF =12×6×(-13m 2+3m )l=298124m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭, ∴当m =92时,四边形AECP 的面积取最大值814,此时点P (92,54-). (3)存在,点Q 坐标为(4,1)或(-3,1).由y =13x 2-2x +1知点P (3, -2), ∴PF =3,CF =3,∴∠PCF =45°,同理,∠EAF =45°,即∠PCF =∠EAF ,由勾股定理得:AB =AC =6,PC =,设Q (n ,1),①当△CPQ ∽△ABC 时,CQ PC AC AB=,即66n -=t =4, 即Q (4,1).②当△CQP ∽△ABC 时,CQ PC AB AC=,=,解得:t =-3, 即Q (-3,1).综上所述,符合题意的点Q 坐标为:(4,1)或(-3,1).1.(2019·济源一模)如图1,在平面直角坐标系中,直线3944y x =-+与x 轴交于点A ,与y 轴交于点B ;抛物线294y ax bx =++(a ≠0)过A ,B 两点,与x 轴交于另一点C (-1,0),抛物线的顶点为D . (1)求抛物线的解析式;(2)在直线AB 上方的抛物线上有一动点E ,求出点E 到直线AB 的距离的最大值;(3)如图2,直线AB 与抛物线的对称轴相交于点F ,点P 在坐标轴上,且点P 到直线 BD ,DF 的距离相等,请直接写出点P 的坐标.图1 图2【答案】见解析. 【解析】解:(1)在3944y x =-+中,当x =0时,y =94;当y =0时,x =3, 即A (3,0),B (0,94), 将A (3,0),C (-1,0)代入294y ax bx =++得: 99304904a b a b ⎧++=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩,解得:3432a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩, △抛物线的解析式为:2339424y x x =-++. (2)过点E 作EM △x 轴交AB 于M ,过E 作EN △AB 于N ,点E 到AB 的距离为EN ,可得△ENM △△AOB , △EN EM OA AB=, 在Rt △AOB 中,OA =3,OB =94, 由勾股定理得:AB =154,△1534EN EM =, 即EN =45EM , 设E (m ,2339424m m -++),M (m ,3944m -+), 则EM =2339424m m -++-(3944m -+)=23944m m -+, △EN =45EM =2439544m m ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=233275220m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭, △当m =32时,E 到直线AB 的距离的最大值为2720. (3)△点P 到直线BD ,DF 的距离相等,△点P 在△BDF 或△BDF 邻补角的平分线上,如图所示, 由2339424y x x =-++知D 点坐标为(1,3), △B (0,94), △BD =54, △DP 平分△BDF ,△△BDP =△PDF ,△DF △y 轴,△△BPD =△PDF ,△△BPD=△BDP,△BD=DP,△P(0,1),设直线PD的解析式为:y=kx+n,△n=1,k+n=3,即直线PD的解析式为:y=2x+1,当y=0时,x=12 -,△当P在△BDF的角平分线上时,坐标为(0,1)或(12-,0);同理可得:当P在△BDF邻补角的平分线上时,坐标为:(0,72)或(7,0),综上所述,点P的坐标为:(0,1),(12-,0),(0,72),(7,0).2.(2019·洛阳二模)如图,抛物线y=ax2+5x+c交x轴于A,B两点,交y轴于点C.直线y=x-4经过点B,C. 点P是直线BC上方抛物线上一动点,直线PC交x轴于点D.(1)直接写出a,c的值;(2)当△PBD的面积等于△BDC面积的一半时,求点P的坐标;(3)当△PBA= 12△CBP时,直接写出直线BP的解析式.【答案】见解析.【解析】解:(1)△直线y=x-4经过点B,C,△B(4,0),C(0,-4),将B(4,0),C(0,-4)代入y=ax2+5x+c得:c=-4,a=-1,(2)抛物线解析式为:y=-x2+5x-4,过点P作PH△x轴于H,如图所示,设P(m, -m2+5m-4),△△PBD的面积等于△BDC面积的一半,△PH=12OC=2,即-m2+5m-4=2,或-m2+5m-4=-2,解得:m=2或m=3或m或m,△0<m<4,△m=2或m=3或m(3)y=-x+4或y=(2x8,理由如下:△当点P在x轴上方时,此时由△PBA= 12△CBP可得:△PBA=△ABC=45°,可得直线BP的解析式为:y=-x+4;△当点P在x轴下方时,此时△PBA= 13△ABC=15°,△CBP=30°,设直线BP交y轴于点Q,过点Q作QE△BC于E,如图所示,设Q (0,m ),则OQ =-m ,QC =4+m ,△QE =CE =2(4+m ),BE =2(4+m ),△CE +BE(4+m )(4+m ),解得:m 8,即Q (0,8),由B (4,0),可得直线BP 的解析式为:y =(2x 8,综上所述,直线BP 的解析式为:y =-x +4或y =(2x -8.3.(2019·洛阳三模)在平面直角坐标系中,直线y =12x -2与x 轴交于点 B ,与 y 轴交于点 C ,二次函数y =12x 2+bx +c 的图象经过 B ,C 两点,且与 x 轴的负半轴交于点A . (1)求二次函数的解析式;(2)如图1,点M 是线段BC 上的一动点,动点D 在直线BC 下方的二次函数图象上.设点 D 的横坐标为 m .过点 D 作 DM △BC 于点 M ,求线段 DM 关于 m 的函数关系式,并求线段 DM 的最大值;【答案】见解析.【解析】解:(1)△直线y =12x -2与x 轴交于点 B ,与 y 轴交于点 C , △B (4,0),C (0,-2),△B 、C 在抛物线y =12x 2+bx +c 上, △8402b c c ++=⎧⎨=-⎩,解得:b =32-,c =-2, 即抛物线解析式为:y =12x 232-x -2. (2)过点D 作DF △x 轴于F ,交BC 于E ,△D (m ,12m 232-m -2),E (m ,12m -2),F (m ,0),其中0<m <4, △DE =12-m 2+2m , △DM △BC ,△△DME =△BFD =90°,△△BOC =△DME =90°,△△OBC △△MDE , △DM OB DE BC =,即DM OB DE BC =△DM=)2255m --+,△<0,△当m=2时,DM4.(2019·周口二模)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于A(-1,0),B(4,0)两点,与y轴交于点C.(1)求这个抛物线的解析式;(2)若D(2,m)在该抛物线上,连接CD,DB,求四边形OCDB的面积;(3)设E是该抛物线上位于对称轴右侧的一个动点,过点E作x轴的平行线交抛物线于另一点F,过点E作EH△x轴于点H,再过点F作FG△x轴于点G,得到矩形EFGH.在点E的运动过程中,当矩形EFGH 为正方形时,直接写出该正方形的边长.【答案】见解析.【解析】解:(1)△抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于A(-1,0),B(4,0)两点,△40 16440a ba b-+=⎧⎨++=⎩,解得:a=-1,b=3,即抛物线的解析式为:y=-x2+3x+4.(2)△抛物线y=-x2+3x+4与y轴交于点C △C(0,4),△D(2,m)在抛物线上,△m=6,即D(2,6),S四边形OCDB=S△OCD+S△OBD= 12×4×2+12×4×6=16,即四边形OCDB的面积为16.(322,理由如下:△EFGH为正方形,△EF=EH,设E(n,-n2+3n+4),则F(3-n,-n2+3n+4),△抛物线的对称轴为x=32,△n>3 2 ,△n-(3-n)=-n2+3n+4或n-(3-n)=-(-n2+3n+4),解得:n= 或n= (舍)或n= 或n= (舍)△边长EF=2n-3,得:EF22.5.(2019·濮阳二模)如图,已知直线y=﹣3x+c与x轴相交于点A(1,0),与y轴相交于点B,抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A,B,与x轴的另一个交点是C.(1)求抛物线的解析式;(2)点P是对称轴的左侧抛物线上的动点,当S△P AB=2S△AOB时,求点P的坐标.【答案】见解析.【解析】解:(1)将A(1,0)代入y=﹣3x+c,得:c=3,即B(0,3),将A(1,0),B(0,3)代入y=﹣x2+bx+c,得:-1+b+c=0,c=3,解得:b =-2,c =3,△抛物线解析式为:y =﹣x 2﹣2x +3;(2)连接OP ,抛物线的对称轴为:x =﹣1,设P (m ,﹣m 2﹣2m +3),其中m <﹣1,S △P AB =S △POB +S △ABO ﹣S △POA ,△S △P AB =2S △AOB ,△S △POB ﹣S △POA =S △ABO , △()2111312313222m m m ⨯⨯--⨯⨯--+=⨯⨯, 解得:m =-2或m =3(舍),即P 点坐标为(-2,3).6.(2019·商丘二模)如图.在平面直角坐标系中.抛物线y =12x 2+bx +c 与x 轴交于A 两点,与y 轴交于点C ,点A 的坐标为(﹣1,0),点C 的坐标为(0,﹣2).已知点E (m ,0)是线段AB 上的动点(点E 不与点A ,B 重合).过点E 作PE △x 轴交抛物线于点P .交BC 于点F .(1)求该抛物线的表达式;(2)当线段EF ,PF 的长度比为1:2时,请求出m 的值;(3)是否存在这样的m ,使得△BEP 与△ABC 相似?若存在,求出此时m 的值;若不存在,请说明理由.【答案】见解析.【解析】解:(1)将点A (﹣1,0)、C (0,﹣2)代入y =12x 2+bx +c 得: 2102c b c =-⎧⎪⎨-+=⎪⎩,解得:b =32-,c =-2, △抛物线的表达式为:y =12x 232-x ﹣2; (2)在y =12x 232-x ﹣2中,当y =0时,x =-1或x =4, 即B (4,0),设直线BC 的解析式为:y =kx +n ,将点C (0,﹣2)、B (4,0)代入y =kx +n ,得:2420n k =-⎧⎨-=⎩,解得:212n k =-⎧⎪⎨=⎪⎩ △直线BC 的表达式为:y =12x ﹣2, △E (m ,0),△P (m ,12m 232-m ﹣2),F (m ,12m ﹣2) △当E 在线段AO 上时,EF >PF ,不符合题意;△当E 在线段OB 上时,EF =2-12m ,PF =12m ﹣2-(12m 232-m ﹣2)=-12m 2+2m , △2EF =PF ,△2(2-12m )=-12m 2+2m , 解得:m =2或m =4,△E 不与A 、B 重合,△m ≠4,即m =2;(3)△A (﹣1,0)、C (0,﹣2)、B (4,0),△AB 2=25,AC 2=5,BC 2=20,△AB 2=AC 2+BC 2△△ABC 是直角三角形,当△BEP 与△ABC 相似,则△EPB =△CAB 或△EPB =△ABC ,△tan △EPB =tan △CAB ,或tan △EPB =tan △ABC ,△当tan △EPB =tan △CAB 时, 即:24213222m m m -=⎛⎫--- ⎪⎝⎭, 解得:m =0或4(舍去),△当tan △EPB =tan △ABC , 即:241132222m m m -=⎛⎫--- ⎪⎝⎭, 解得:m =3或4(舍去),综上所述,m 的值为0或3.7.(2019·开封二模)如图,抛物线y =ax 2+bx +2与直线y =﹣x 交第二象限于点E ,与x 轴交于A (﹣3,0),B 两点,与y 轴交于点C ,EC △x 轴.(1)求抛物线的解析式;(2)点P 是直线y =﹣x 上方抛物线上的一个动点,过点P 作x 轴的垂线交直线于点G ,作PH △EO ,垂足为H .设PH 的长为l ,点P 的横坐标为m ,求l 与m 的函数关系式(不必写出m 的取值范围),并求出l 的最大值.【答案】见解析.【解析】解:(1)由题意知:A (﹣3,0),C (0,2),EC △x 轴△点E 的纵坐标为2,△点E 在直线y =﹣x 上,△点E (﹣2,2),△将A (﹣3,0)、E (﹣2,2)代入y =ax 2+bx +2,得:93204222a b a b -+=⎧⎨-+=⎩,解得:2343a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩抛物线的解析式为:224233y x x =--+; (2)△OC =CE =2,△△ECO =△CEO =45°,△PG △x 轴,PH △EO ,△△PGH =45°,即△PGH 为等腰直角三角形,P (m ,224233m m --+),G (m ,﹣m ), △l=2PG224233m m --++m )=214m ⎫+⎪⎝⎭△3-<0, △当m =-14时,l. 8.(2019·西华县一模)如图,在平面直角坐标系中,直线y =﹣2x +10与x 轴,y 轴相交于A ,B 两点,点C 的坐标是(8,4),连接AC ,BC .(1)求过O ,A ,C 三点的抛物线的解析式,并判断△ABC 的形状;(2)动点P 从点O 出发,沿OB 以每秒2个单位长度的速度向点B 运动;同时,动点Q 从点B 出发,沿BC 以每秒1个单位长度的速度向点C 运动.规定其中一个动点到达端点时,另一个动点也随之停止运动.设运动时间为t秒,当t为何值时,P A=QA?【答案】见解析.【解析】解:(1)△直线y=﹣2x+10与x轴,y轴相交于A,B两点,△A(5,0),B(0,10),设抛物线解析式为y=ax2+bx+c,△抛物线过点B(0,10),C(8,4),O(0,0),△c=0,25a+5b=0,64a+8b=4,△a=16,b=56-,c=0抛物线解析式为y=16x256-x,△A(5,0),B(0,10),C(8,4),△AB2=52+102=125,BC2=82+(10﹣4)2=100,AC2=42+(8﹣5)2=25,△AC2+BC2=AB2,△△ABC是直角三角形.(2)由(1)知BC=10,AC=5,OA=5,OP=2t,BQ=t,CQ=10﹣t,△AC=OA,△ACQ=△AOP=90°,在Rt△AOP和Rt△ACQ中,AC=OA,P A=QA,△Rt△AOP△Rt△ACQ,△OP=CQ,即2t=10﹣t,解得:t=103,即当运动时间为103s时,P A=QA.9.(2019·中原名校大联考)如图,直线y=﹣x+5与x轴交于点B,与y轴交于点C,抛物线y=﹣x2+bx+c 与直线y=﹣x+5交于B,C两点,已知点D的坐标为(0,3)(1)求抛物线的解析式;(2)点M,N分别是直线BC和x轴上的动点,则当△DMN的周长最小时,求点M,N的坐标.【答案】见解析.【解析】解:(1)在y=﹣x+5中,当x=0,y=5,当y=0,x=5,点B、C的坐标分别为(5,0)、(0,5),将(5,0)、(0,5),代入y=﹣x2+bx+c,并解得:b=4,c=5即二次函数表达式为:y=﹣x2+bx+5.(2)在y=﹣x2+bx+5中,当y=0时,x=﹣1或5,△A(﹣1,0),OB=OC=2,∴△OCB=45°;过点D分别作x轴和直线BC的对称点D′(0,﹣3)、D″,△△OCB=45°,∴CD″△x轴,点D″(2,5),连接D′D″交x轴、直线BC于点N、M,此时△DMN的周长最小,设直线D’D’’的解析式为:y=mx+n将D′(0,﹣3),D″(2,5),代入解得:m=4,n=-3,直线D’D’’的解析式为:y=4x﹣3,∴N(34,0).联立y=4x﹣3,y=﹣x+5得:x=85,y=175,即M(85,175).10.(2019·郑州模拟)如图,二次函数y=x2+bx+c 的图象与x 轴交于A,B 两点,与y 轴交于点C,OB=OC.点D 在函数图象上,CD∥x 轴,且CD=2,直线l 是抛物线的对称轴,E 是抛物线的顶点.(1)求b,c的值.(2)如图1,连接BE,线段OC 上的点F 关于直线l 的对称点F′恰好在线段BE 上,求点F 的坐标.(3)如图2,动点P 在线段OB 上,过点P 作x 轴的垂线分别与BC 交于点M,与抛物线交于点N.试问:抛物线上是否存在点Q,使得△PQN 与△APM 的面积相等,且线段NQ 的长度最小?如果存在,求出点Q 的坐标;如果不存在,说明理由.图1 图2【答案】见解析.【解析】解:(1)∵CD∥x轴,CD=2,C在y轴上,∴抛物线的对称轴为:x=1,即b=-2,∵OB=OC,C(0,c),∴B(-c,0),即c2+2c+c=0,解得:c=0(舍)或c=-3,即b=-2,c=-3,(2)抛物线的解析式为:y= x2-2x-3,可得:E(1,-4),A(-1,0),B(3,0),C(0,-3),则直线BE的解析式为:y=2x-6,设F(0,m),则其关于直线l对称点为F’(2,m),∵F’在直线BE上,∴m=-2,即F(0,-2).(3)存在,理由如下:过点Q作QD⊥PN于D,连接PQ、NQ,设点P(x,0),由B(3,0),C(0,-3)得直线BC的解析式为:y=x-3则M(x,x-3),N(x,x2-2x-3),AP=x+1,PM=3-x,PN= -x2+2x+3∵S△PQN=S△APM,∴PN·DQ=AP·PM,∴(-x2+2x+3)DQ=(x+1)(3-x),即DQ=1,①当点D在直线PN右侧时,D(x,x2-4),Q(x+1,x2-4),则DN=|2x-1|,在Rt△DNQ中,由勾股定理得:NQ2=(2x-1)2+12=4212x⎛⎫-⎪⎝⎭+1,当x=12时,NQ取最小值,此时Q(32,154-);②当点Q在直线PN的左侧时,由对称性求得:此时Q(12,154-);11.(2019·郑州模拟)如图,抛物线y=-x2+bx+c和直线y=x+1交于A、B两点,点A在x轴上,点B 在直线x=3上,直线x=3与x轴交于点C.(1)求抛物线的解析式.(2)点P从点A AB向点B运动,点Q从点C出发,以每秒2个单位长度的速度沿线段CA向点A运动,点P,Q同时出发,当其中一点到达终点时,另一个点也随之停止运动,设运动时间为t秒(t>0).以PQ为边作矩形PQNM,使点N在直线x=3上.①当t为何值时,矩形PQNM的面积最小?并求出最小面积;②直接写出当t为何值时,恰好有矩形PQNM的顶点落在抛物线上.【答案】见解析.【解析】解:(1)∵B 点横坐标为3,在y =x +1上,∴B (3,4),∵A 点在y =x +1上,∴A (﹣1,0),将A (﹣1,0),B (3,4)代入y =﹣x 2+bx +c 得:10934b c b c --+=⎧⎨-++=⎩,解得:34b c =⎧⎨=⎩, ∴抛物线解析式为y =﹣x 2+3x +4(2)①过点P 作PE ⊥x 轴于点E ,由题意得:E (﹣1+t ,0),Q (3﹣2t ,0),∴EQ =4﹣3t ,PE =t∵∠PQE +∠NQC =90°,∠PQE +∠EPQ =90°,∴∠EPQ =∠NQC ,∴△PQE ∽△QNC , ∴12PQ PE NQ CQ ==, ∴S 矩形PQNM =PQ •NQ =2PQ 2∵PQ 2=PE 2+EQ 2∴S =20t 2﹣36t +18 =26162055t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭当t =65时,S 最小为165.②由①知:△PQE∽△QNC,C(3﹣2t,0),P(﹣1+t,t),∴NC=2QO=8﹣6t,∴N(3,8﹣6t),∴M(3t﹣1,8﹣5t),(i)当M在抛物线上时,可得:8﹣5t=﹣(3t﹣1)2+3(3t﹣1)+4解得:t t;(ii)当点Q到A时,Q在抛物线上,此时t=2,(iii)当N在抛物线上时,8﹣6t=4,∴t=23,综上所述,当t,2,23时,矩形PQNM的顶点落在抛物线上.12.(2019·郑州模拟)如图,在平面直角坐标系中,M、N、C三点的坐标分别为(12,1),(3,1),(3,0),点A为线段MN上的一个动点,连接AC,过点A作AB⊥AC交y轴于点B,当点A从M运动到N时,点B 随之运动,设点B的坐标为(0,b),则b的取值范围是【答案】14-≤b≤1.【解析】解:当点A与点N重合时,MN⊥AC,B、M、N共线,∵N(3,1)∴b=1;当点A与点M重合时,延长NM交y轴于E,易知∠CAN=∠BAE,即tan∠CAN=tan∠BAE,∴11252BE=,∴BE=54,即b=14-,∴b的取值范围是:14-≤b≤1.。
河南省商丘市,2020~2021年中考数学压轴题精选解析
河南省商丘市,2020~2021年中考数学压轴题精选解析河南省商丘市中考数学压轴题精选~~第1题~~(2020商丘.中考模拟) 如图,抛物线y =ax +bx+c 经过O 、A (4,0)、B (5,5)三点,直线l 交抛物线于点B ,交y 轴于点C (0,﹣4).点P 是抛物线上一个动点.(1) 求抛物线的解析式;(2) 点P 关于直线OB 的对称点恰好落在直线l 上,求点P 的坐标;(3) M 是线段OB 上的一个动点,过点M 作直线MN ⊥x 轴,交抛物线于点N.当以M 、N 、B 为顶点的三角形与△OBC 相似时,直接写出点N 的坐标.~~第2题~~(2019天门.中考模拟) 如图,在平面直角坐标系中,已知矩形ABCD 的三个顶点B (4,0)、C (8,0)、D (8,8).抛物线y=ax +bx 过A 、C 两点.(1) 直接写出点A 的坐标,并求出抛物线的解析式;(2) 动点P 从点A 出发.沿线段AB 向终点B 运动,同时点Q 从点C 出发,沿线段CD 向终点D 运动.速度均为每秒1个单位长度,运动时间为t 秒.过点P 作PE ⊥AB 交AC 于点E①过点E 作EF ⊥AD 于点F ,交抛物线于点G.当t 为何值时,线段EG 最长?②连接EQ .在点P 、Q 运动的过程中,判断有几个时刻使得△CEQ 是等腰三角形?请直接写出相应的t 值.~~第3题~~(2018柘城.中考模拟) 如图,在平面直角坐标系中,已知矩形ABCD 的三个顶点、、抛物线过A 、C 两点.(1) 直接写出点A 的坐标,并求出抛物线的解析式;22(2)动点P从点A出发沿线段AB向终点B运动,同时点Q从点C出发,沿线段CD向终点D运动速度均为每秒1个单位长度,运动时间为t秒过点P作交AC于点E.过点E作于点F,交抛物线于点当t为何值时,线段EG最长?连接在点P、Q运动的过程中,判断有几个时刻使得是等腰三角形?请直接写出相应的t值.~~第4题~~(2017柘城.中考模拟) 如图,抛物线y=ax+bx+c(a、b、c为常数,a≠0)经过点A(﹣1,0),B(5,﹣5),C(6,0)(1)求抛物线的解析式;(2)如图,在直线AB下方的抛物线上是否存在点P使四边形PACB的面积最大?若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.(3)若点Q为抛物线的对称轴上的一个动点,试指出使△QAB为等腰三角形的点Q一共有几个?并请你求出其中一个点Q的坐标.~~第5题~~(2017柘城.中考模拟) 如图所示,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(m,m),点B的坐标为(n,﹣n),抛物线经过A、O、B三点,连接OA、OB、AB,线段AB交y轴于点C.已知实数m、n(m<n)分别是方程x﹣2x﹣3=0的两根.(1)求直线AB和OB的解析式.(2)求抛物线的解析式.(3)若点P为线段OB上的一个动点(不与点O、B重合),直线PC与抛物线交于D、E两点(点D在y轴右侧),连接OD、BD.问△BOD的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值并写出此时点D的坐标;若不存在说明理由.22~~第6题~~(2017商丘.中考模拟) 将直角边长为6的等腰Rt△AOC放在如图所示的平面直角坐标系中,点O为坐标原点,点C、A分别在x、y轴的正半轴上,一条抛物线经过点A、C及点B(﹣3,0).(1)求该抛物线的解析式;(2)若点P是线段BC上一动点,过点P作AB的平行线交AC于点E,连接AP,当△APE的面积最大时,求点P的坐标;(3)在第一象限内的该抛物线上是否存在点G,使△AGC的面积与(2)中△APE的最大面积相等?若存在,请求出点G的坐标;若不存在,请说明理由.~~第7题~~(2017虞城.中考模拟) 如图①所示,已知在矩形ABCD中,AB=60cm,BC=90cm,点P从点A出发,以3cm/s的速度沿AB运动;同时,点Q从点B出发,以20cm/s的速度沿BC运动.当点Q到达点C时,P、Q两点同时停止运动.设点P、Q运动的时间为t(s).(1)当t=s时,△BPQ为等腰三角形;(2)当BD平分PQ时,求t的值;(3)如图②,将△BPQ沿PQ折叠,点B的对应点为E,PE、QE分别与AD交于点F、G.探索:是否存在实数t,使得AF=EF?如果存在,求出t的值:如果不存在,说明理由.~~第8题~~2(2017柘城.中考模拟) 如图,抛物线y=ax +bx 过A (4,0),B (1,3)两点,点C 、B 关于抛物线的对称轴对称,过点B 作直线BH ⊥x 轴,交x 轴于点H.(1)求抛物线的表达式;(2)直接写出点C 的坐标,并求出△ABC 的面积;(3)点P 是抛物线上一动点,且位于第四象限,当△ABP 的面积为6时,求出点P 的坐标;(4)若点M 在直线BH 上运动,点N 在x 轴上运动,当以点C 、M 、N 为顶点的三角形为等腰直角三角形时,请直接写出此时△CMN 的面积.~~第9题~~(2017商丘.中考模拟) 已知△ABC 和△ADE 是等腰直角三角形,∠ACB=∠ADE=90°,点F 为BE 中点,连接DF 、CF .(1) 如图1,当点D 在AB 上,点E 在AC 上,请直接写出此时线段DF 、CF 的数量关系和位置关系(不用证明);(2) 如图2,在(1)的条件下将△ADE 绕点A 顺时针旋转45°时,请你判断此时(1)中的结论是否仍然成立,并证明你的判断;(3) 如图3,在(1)的条件下将△ADE 绕点A 顺时针旋转90°时,若AD=1,AC=,求此时线段CF 的长(直接写出结果).~~第10题~~(2016江汉.中考模拟) 如图,在平行四边形ABCD 中,AB=6,AD=9,∠BAD 的平分线交BC 于点E,交DC 的延长线于点F ,BG ⊥AE ,垂足为G ,BG=4 ,则△CEF 的周长为________.2河南省商丘市中考数学压轴题答案解析~~第1题~~答案:解析:答案:解析:~~第3题~~答案:解析:答案:解析:~~第5题~~答案:解析:~~第6题~~答案:解析:~~第7题~~答案:解析:~~第8题~~答案:解析:答案:解析:答案:解析:。
2020年中考数学二轮专项复习——四边形、动点、最值问题 压轴题型(含详细解答)
2020年中考数学二轮专项复习——四边形、动点、最值问题压轴题型1、如图,在正方形ABCD中,E,F分别为AD,BC的中点,P为对角线BD上的一个动点,则下列线段的长等于AP+EP最小值的是。
解:【分析】连接CP,当点E,P,C在同一直线上时,AP+PE的最小值为CE长,依据△ABF≌△CDE,即可得到AP+EP最小值等于线段AF的长.如图,连接CP,由AD=CD,∠ADP=∠CDP=45°,DP=DP,可得△ADP≌△CDP,∴AP=CP,∴AP+PE=CP+PE,∴当点E,P,C在同一直线上时,AP+PE的最小值为CE长,此时,由AB=CD,∠ABF=∠CDE,BF=DE,可得△ABF≌△CDE,∴AF=CE,∴AP+EP最小值等于线段AF的长,【点评】本题考查的是轴对称,最短路线问题,根据题意作出A关于BD的对称点C是解答此题的关键.2、【猜想】如图1,在平行四边形ABCD中,点O是对角线AC的中点,过点O的直线分别交AD.BC于点E.F.若平行四边形ABCD的面积是8,则四边形CDEF的面积是.【探究】如图2,在菱形ABCD中,对角线相交于点O,过点O的直线分别交AD,BC于点E,F,若AC=5,BD=10,求四边形ABFE的面积.【应用】如图3,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,延长BC到点D,使DC=BC,连结AD,若AC=3,AD=2,则△ABD的面积是.解:猜想:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,OA=OC.∴∠EAO=∠FCO,∠AEO=∠CFO,在△AOE和△COF中,,∴△AEO≌△CFO(AAS),∴四边形CDEF的面积=S△ACD=▱ABCD的面积=4;故答案为:4;探究:∵四边形ABCD是菱形,∴AD∥BC,AO=CO AC=2.5,BO=BD=5,∠AOD=90°,∴AB=AC=,∠OAE=∠OCF,∠OEA=∠OFC,在△AOE于△COF中,,∴△AOE≌△COF(AAS),∵AC⊥BD,∴S四边形ABFE=S△ABC=AC•BO=××5=.应用:延长AC到E使CE=AC=3,在△ABC与△CDE中,,∴△ABC≌△CDE(SAS),∴∠E=∠BAC=90°,∴DE=,∴S△ABD=S△ADE=AE•DE=×6×2=6.故答案为:63、如图,正方形ABCD的边长是2,点E是CD边的中点,点F是边BC上不与点B,C重合的一个动点,把∠C 沿直线EF折叠,使点C落在点C′处.当△ADC′为等腰三角形时,FC的长为.【分析】首先证明DC′≠DA,只要分两种情形讨论即可:①如图1中,当AD=AC′=2时,连接AE.构建方程即可;②如图2中,当点F在BC中点时,易证AC′=DC′,满足条件;【解答】解:由题意DE=EC=EC′=1,∴DC′<1+1∴DC′≠DA,只要分两种情形讨论即可:①如图1中,当AD=AC′=2时,连接AE.∵AE=AE,AD=AC′,DE=DC′,∴△ADE≌△AC′E,∴∠ADE=∠AC′E=90°,∵∠C=∠FC′E=90°,∴∠AC′E+∠FC′E=180°,∴A、C′、F共线,设CF=x,则BF=2﹣x,AF=2+x,在Rt△ABF中,22+(2﹣x)2=(2+x)2,解得x=.②如图2中,当点F在BC中点时,易证AC′=DC′,满足条件,此时CF=1.综上所述,满足条件的CF的长为或1.故答案为或1.【点评】本题考查翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会用分类讨论的首先思考问题,属于中考填空题中的压轴题.4、如图1,在平面直角坐标系中,一次函数y=﹣2x+8的图象与x轴,y轴分别交于点A,点C,过点A作AB ⊥x轴,垂足为点A,过点C作CB⊥y轴,垂足为点C,两条垂线相交于点B.(1)线段AB,BC,AC的长分别为AB=,BC=,AC=;(2)折叠图1中的△ABC,使点A与点C重合,再将折叠后的图形展开,折痕DE交AB于点D,交AC于点E,连接CD,如图2.请从下列A、B两题中任选一题作答,我选择题.A:①求线段AD的长;②在y轴上,是否存在点P,使得△APD为等腰三角形?若存在,请直接写出符合条件的所有点P的坐标;若不存在,请说明理由.B:①求线段DE的长;②在坐标平面内,是否存在点P(除点B外),使得以点A,P,C为顶点的三角形与△ABC全等?若存在,请直接写出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由.解:(1)∵一次函数y=﹣2x+8的图象与x轴,y轴分别交于点A,点C,∴A(4,0),C(0,8),∴OA=4,OC=8,∵AB⊥x轴,CB⊥y轴,∠AOC=90°,∴四边形OABC是矩形,∴AB=OC=8,BC=OA=4,在Rt△ABC中,根据勾股定理得,AC==4,故答案为:8,4,4;(2)A、①由(1)知,BC=4,AB=8,由折叠知,CD=AD,在Rt△BCD中,BD=AB﹣AD=8﹣AD,根据勾股定理得,CD2=BC2+BD2,即:AD2=16+(8﹣AD)2,∴AD=5,②由①知,D(4,5),设P(0,y),∵A(4,0),∴AP2=16+y2,DP2=16+(y﹣5)2,∵△APD为等腰三角形,∴Ⅰ、AP=AD,∴16+y2=25,∴y=±3,∴P(0,3)或(0,﹣3)Ⅱ、AP=DP,∴16+y2=16+(y﹣5)2,∴y=,∴P(0,),Ⅲ、AD=DP,25=16+(y﹣5)2,∴y=2或8,∴P(0,2)或(0,8).B、①、由A①知,AD=5,由折叠知,AE=AC=2,DE⊥AC于E,在Rt△ADE中,DE==,②、∵以点A,P,C为顶点的三角形与△ABC全等,∴△APC≌△ABC,或△CPA≌△ABC,∴∠APC=∠ABC=90°,∵四边形OABC是矩形,∴△ACO≌△CAB,此时,符合条件,点P和点O重合,即:P(0,0),如图3,过点O作ON⊥AC于N,易证,△AON∽△ACO,∴,∴,∴AN=,过点N作NH⊥OA,∴NH∥OA,∴△ANH∽△ACO,∴,∴,∴NH=,AH=,∴OH=,∴N(,),而点P2与点O关于AC对称,∴P2(,),同理:点B关于AC的对称点P1,同上的方法得,P1(﹣,),即:满足条件的点P的坐标为:(0,0),(,),(﹣,).5、如图,在平面直角坐标系中,以坐标原点O为圆心,2为半径画圆,P是⊙O上一动点且在第一象限内,过点P作⊙O的切线,与x、y轴分别交于点A、B.(1)求证:△OBP与△OPA相似;(2)当点P为AB中点时,求出P点坐标;(3)在⊙O上是否存在一点Q,使得以Q,O,A、P为顶点的四边形是平行四边形.若存在,试求出Q点坐标;若不存在,请说明理由.解:(1)证明:∵AB是过点P的切线,∴AB⊥OP,∴∠OPB=∠OPA=90°;(1分)∴在Rt△OPB中,∠1+∠3=90°,又∵∠BOA=90°∴∠1+∠2=90°,∴∠2=∠3;(1分)在△OPB中△APO中,∴△OPB∽△APO.(2分)(2)∵OP⊥AB,且PA=PB,∴OA=OB,∴△AOB是等腰三角形,∴OP是∠AOB的平分线,∴点P到x、y轴的距离相等;(1分)又∵点P在第一象限,∴设点P(x,x)(x>0),∵圆的半径为2,∴OP=,解得x=或x=﹣(舍去),(2分)∴P点坐标是(,).(1分)(3)存在;①如图设OAPQ为平行四边形,∴PQ∥OA,OQ∥PA;∵AB⊥OP,∴OQ⊥OP,PQ⊥OB,∴∠POQ=90°,∵OP=OQ,∴△POQ是等腰直角三角形,∴OB是∠POQ的平分线且是边PQ上的中垂线,∴∠BOQ=∠BOP=45°,∴∠AOP=45°,设P(x,x)、Q(﹣x,x)(x>0),(2分)∵OP=2代入得,解得x=,∴Q点坐标是(﹣,);(1分)②如图示OPAQ为平行四边形,同理可得Q点坐标是(,﹣).(1分)6、如图1,在△ABC中,∠ACB为锐角,点D为射线BC上一动点,连结AD,以AD为一边且在D的右侧作正方形ADEF,解答下列问题:(1)如果AB=AC,∠BAC=90°.①当点D在线段BC上时(与点B不重合),如图2,线段CF,BD之间的位置关系为,数量关系为;②当点D在线段BC的延长线上时,如图3,①中的结论是否仍然成立,为什么?(2)如果AB≠AC,∠BAC≠90°,点D在线段BC上运动(如图4)当∠ACB=时,CF⊥BC(点C,F 重合除外)?(3)若AC=4,BC=3.在(2)的条件下,设正方形ADEF的边DE与线段CF相交于点P,求线段CP长的最大值.解:(1)CF⊥BD,CF=BD,理由如下:∵四边形ADEF是正方形,∴∠DAF=90°,AD=AF,∵AB=AC,∠BAC=90°,∴∠BAD+∠DAC=∠CAF+∠DAC=90°,∴∠BAD=∠CAF,在△BAD和△CAF中,,∴△BAD≌△CAF(SAS),∴CF=BD,∴∠B=∠ACF,∴∠B+∠BCA=90°,∴∠BCA+∠ACF=90°,即CF⊥BD;故答案为:CF⊥BD,CF=BD;②当点D在BC的延长线上时,①的结论仍成立.如图2,由正方形ADEF得:AD=AF,∠DAF=90°.∵∠BAC=90°,∴∠DAF=∠BAC.∴∠DAB=∠FAC.又∵AB=AC,∴△DAB≌△FAC(SAS).∴CF=BD,∠ACF=∠ABD.∵∠BAC=90°,AB=AC,∴∠ABC=45°,∴∠ACF=45°.∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°,∴CF⊥BD;(2)当∠BCA=45°时,CF⊥BD;理由如下:如图3,过点A作AC的垂线与CB所在直线交于G,∵∠ACB=45°,∴△AGC等腰直角三角形,∴AG=AC,∠AGC=∠ACG=45°,∵AG=AC,AD=AF,∵∠GAD=∠GAC﹣∠DAC=90°﹣∠DAC,∠FAC=∠FAD﹣∠DAC=90°﹣∠DAC,∴∠GAD=∠FAC,∴△GAD≌△CAF(SAS),∴∠ACF=∠AGD=45°,∴∠GCF=∠GCA+∠ACF=90°,∴CF⊥BC;故答案为:45°;(3)过点A作AQ⊥BC交CB的延长线于点Q,如图4所示:∵DE与CF交于点P时,此时点D位于线段CQ上,∵∠BCA=45°,AC=4,∴△ACQ是等腰直角三角形,∴AQ=CQ=4.设CD=x,则DQ=4﹣x,∵∠ADB+∠ADE+∠PDC=180°且∠ADE=90°,∴∠ADQ+∠PDC=90°,又∵在直角△PCD中,∠PDC+∠DPC=90°∴∠ADQ=∠DPC,∵∠AQD=∠DCP=90°∴△AQD∽△DCP,∴=,即=.解得:CP=﹣x2+x=﹣(x﹣1)2+1.∵0<x≤3,∴当x=1时,CP有最大值1,即线段CP长的最大值为1.7、如图,在正方形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,E为OC上动点(与点O不重合),作AF⊥BE,垂足为G,交BC于F,交BO于H,连接OG,CG.(1)求证:AH=BE;(2)试探究:∠AGO的度数是否为定值?请说明理由;(3)若OG⊥CG,BG=2,求S△OGC的值.解析:(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴OA=OB,∠AOB=∠BOE=90°,∵AF⊥BE,∴∠GAE+∠AEG=∠OBE+∠AEG=90°.∴∠GAE=∠OBE,在△AOH和△BOE中,,∴△AOH≌△BOE(ASA),∴AH=BE.(2)解:∠AGO的度数为定值,理由如下:∵∠AOH=∠BGH=90°,∠AHO=∠BHG,∴△AOH∽△BGH,∴=,∴=,∵∠OHG=∠AHB,∴△OHG∽△AHB,∴∠AGO=∠ABO=45°,即∠AGO的度数为定值.(3)解:∵∠ABC=90°,AF⊥BE,∴∠BAG=∠FBG,∠AGB=∠BGF=90°,∴△ABG∽△BFG,∴=,∴AG•GF=BG2=20,∵△AHB∽△OHG,∴∠BAH=∠GOH=∠GBF.∵∠AOB=∠BGF=90°,∴∠AOG=∠GFC,∵∠AGO=45°,CG⊥GO,∴∠AGO=∠FGC=45°.∴△AGO∽△CGF,∴=,∴GO•CG=AG•GF=20.∴S△OGC=CG•GO=10.8、已知,如图,在长方形ABCD中,AB=4,AD=6.延长BC到点E,使CE=3,连接DE.(1)DE的长为.(2)动点P从点B出发,以每秒1个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动,设点P运动的时间为t秒,求当t为何值时,△ABP和△DCE全等?(3)若动点P从点B出发,以每秒1个单位的速度仅沿着BE向终点E运动,连接DP.设点P运动的时间为t秒,是否存在t,使△PDE为等腰三角形?若存在,请直接写出t的值;否则,说明理由.解:(1)∵四边形ABCD是矩形∴AB=CD=4,AD=BC=6,CD⊥BC在Rt△DCE中,DE===5 故答案为5.(2)若△ABP与△DCE全等∴BP=CE或AP=CE当BP=CE=3时,则t==3秒当AP=CE=3时,则t==13秒∴求当t为3秒或13秒时,△ABP和△DCE全等.(3)若△PDE为等腰三角形则PD=DE或PE=DE或PD=PE当PD=DE时,∵PD=DE,DC⊥BE∴PC=CE=3∵BP=BC﹣CP=3∴t==3当PE=DE=5时,∵BP=BE﹣PE∴BP=9﹣5=4∴t==4当PD=PE时,∴PE=PC+CE=3+PC∴PD=3+PC在Rt△PDC中,DP2=CD2+PC2.∴(3+PC)2=16+PC2∴PC=∵BP=BC﹣PC∴BP=∴t==综上所述:当t=3秒或4秒或秒时,△PDE为等腰三角形.9、在平面直角坐标系中,BC∥OA,BC=3,OA=6,AB=3(1)直接写出点B的坐标;(2)已知D、E分别为线段OC、OB上的点,OD=5,OE=2BE,直线DE交x轴于点F,求直线DE的解析式;(3)在(2)的条件下,点M是直线DE上的一点,在x轴上方是否存在另一个点N,使以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形?若存在,请直接写出点N的坐标;若不存在,请说明理由.【分析】(1)过B作BG⊥OA于点G,在Rt△ABG中,利用勾股定理可求得BG的长,则可求得B点坐标;(2)由条件可求得E点坐标,利用待定系数法可求得直线DE的解析式;(3)当OD为边时,则MO=OD=5或MD=OD=5,可求得M点坐标,由MN∥OD,且MN=OD可求得N点坐标;当OD为对角线时,则MN垂直平分OD,则可求得M、N的纵坐标,则可求得M的坐标,利用对称性可求得N点坐标.【解答】解:(1)如图1,过B作BG⊥OA于点G,∵BC=3,OA=6,∴AG=OA﹣OG=OA﹣BC=6﹣3=3,在Rt△ABG中,由勾股定理可得AB2=AG2+BG2,即(3)2=32+BG2,解得BG=6,∴OC=6,∴B(3,6);(2)由OD=5可知D(0,5),∵B(3,6),OE=2BE,∴E(2,4),设直线DE的解析式是y=kx+b把D(0,5)E(2,4)代入得,∴直线DE的解析式是y=﹣x+5;(3)当OD为菱形的边时,则MN=OD=5,且MN∥OD,∵M在直线DE上,∴设M(t,﹣t+5),①当点N在点M上方时,如图2,则有OM=MN,∵OM2=t2+(﹣t+5)2,∴t2+(﹣t+5)2=52,解得t=0或t=4,当t=0时,M与D重合,舍去,∴M(4,3),∴N(4,8);②当点N在点M下方时,如图3,则有MD=OD=5,∴t2+(﹣t+5﹣5)2=52,解得t=2或t=﹣2,当t=2时,N点在x轴下方,不符合题意,舍去,∴M(﹣2,+5),∴N(﹣2,);当OD为对角线时,则MN垂直平分OD,∴点M在直线y=2.5上,在y=﹣x+5中,令y=2.5可得x=5,∴M(5,2.5),∵M、N关于y轴对称,∴N(﹣5,2.5),综上可知存在满足条件的点N,其坐标为(4,8)或(﹣5,2.5)或(﹣2,).【点评】本题为一次函数的综合应用,涉及勾股定理、待定系数法、菱形的性质、分类讨论及方程思想.在(2)中求得E点坐标是解题的关键,在(3)中求得M点的坐标是解题的关键,注意分类讨论.本题考查知识点较多,综合性较强,难度较大.10、如图1,已知正方形ABCD的边长为6,E是CD边上一点(不与点C重合),以CE为边在正方形ABCD的右侧作正方形CEFG,连接BF、BD、FD.计算:(1)当点E与点D重合时,△BDF的面积为;当点E为CD的中点时,△BDF的面积为.证明:(2)当E是CD边上任意一点(不与点C重合)时,猜想S△BDF与S正方形ABCD之间的关系,并证明你的猜想;运用:(3)如图2,设BF与CD相交于点H,若△DFH的面积为,求正方形CEFG的边长.解:计算:(1)∵当点E与点D重合时,∴CE=CD=6,∵四边形ABCD,四边形CEFG是正方形,∴DF=CE=AD=AB=6,∴S△BDF=×DF×AB=18,如图,连接CF,∵四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形;∴∠CBD=∠GCF=45°,∴BD∥CF,∴S△BDF=S△BDC=S正方形ABCD=×36=18,故答案为:18,18;证明:(2)S△BDF=S正方形ABCD,理由:连接CF.∵四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形,∴∠CBD=∠GCF=45°,∴BD∥CF,∴S△BDF=S△BDC=S正方形ABCD;运用:(3)如图2,∵S△BDF=S正方形ABCD=×36=18,且S△BDF=S△BDH+S△DFH,∴S△BDH=18﹣=,∴×DH×6=,∴DH=,∴S△BDH=××EF=,∴EF=4∴正方形CEFG的边长为4.11、已知如图,点C、D在线段AF上,AD=CD=CF,∠ABC=∠DEF=90°,AB∥EF.(1)若BC=2,AB=2,求BD的长;(2)求证:四边形BCED是平行四边形.(1)解:∵∠ABC=90°,∴AC===2,∵AD=CD,∴BD=AC=;(2)证明:∵AD=CD=CF,∴DF=AC=2,∵∠DEF=90°,∴CE=DF=,∴BD=CE,∵AB∥EF,∴∠A=∠F,在△ABC和△FED中,,∴△ABC≌△FED(AAS),∴BC=ED,∵BD=CE,∴四边形BCED是平行四边形.12、如图,在矩形ABCD中,M是BC上一点,EF垂直平分AM,分别交BC,AM,AD于点E,O,F,连接AE,MF.(1)求证:四边形AEMF是菱形;(2)若AB=6,H为AB的中点,连接OH交AE于点P,OH+OA=9,求△OPE的周长.(1)证明:∵EF垂直平分AM,∴AE=EM,OA=OM.∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC.∴∠AFO=∠MEO,在△OF和△MOE中,,∴△AOF≌△MOE(AAS).∴OF=OE.∴四边形AEMF是平行四边形.∵AE=EM.∴四边形AEMF是菱形;(2)解:∵O、H分别为AM、AB的中点,∴BM=2OH,AM=2OA,∴AM+BM=2OA+2OH=18.设BM=x,则AM=18﹣x,在Rt△ABM中,由勾股定理得:62+x2=(18﹣x)2,解得:x=8,∴BM=8,AM=10.∴OA=AM=5,设EM=m,则BE=8﹣m,AE=EM=m,在Rt△ABE中,由勾股定理得:62+(8﹣m)2=m2,解得:m=,∴AE=EM=在Rt△AOE中,EO===.∵OP∥EM,∴==1,∴AP=PE,∴OP=EM=,∵PE=AE=,∴△OPE的周长=EO+PE+OP=++=10.。
中考数学压轴题之平行四边形(中考题型整理,突破提升)含答案解析
考点:1.正方形的性质;2.全等三角形的判定与性质;3.三角形中位线定理;4.旋转的性 质.
3.如图,△ ABC 中,AD 是边 BC 上的中线,过点 A 作 AE∥ BC,过点 D 作 DE∥ AB,DE 与 AC、AE 分别交于点 O、点 E,连接 EC. (1)求证:AD=EC;
(2)当∠ BAC=Rt∠ 时,求证:四边形 ADCE 是菱形.
【答案】(1)见解析; (2)见解析. 【解析】 【分析】 (1)先证四边形 ABDE 是平行四边形,再证四边形 ADCE 是平行四边形即可; (2)由∠ BAC=90°,AD 是边 BC 上的中线,得 AD=BD=CD,即可证明. 【详解】 (1)证明:∵ AE∥ BC,DE∥ AB , ∴ 四边形 ABDE 是平行四边形, ∴ AE=BD, ∵ AD 是边 BC 上的中线, ∴ BD=DC, ∴ AE=DC, 又∵ AE∥ BC, ∴ 四边形 ADCE 是平行四边形. (2) 证明:∵ ∠ BAC=90°,AD 是边 BC 上的中线. ∴ AD=CD ∵ 四边形 ADCE 是平行四边形, ∴ 四边形 ADCE 是菱形. 【点睛】 本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定、直角三角形斜边中线定理.根据图形与已知条 件灵活应用平行四边形的判定方法是证明的关键.
2020年中考数学压轴题专题讲解:四边形综合题(含答案)
备战2020年中考数学压轴题专题讲解:四边形综合题1.如图,四边形ABCD是菱形,120BAD∠=︒,点E在射线AC上(不包括点A和点)C,过点E的直线GH交直线AD于点G,交直线BC于点H,且//GH DC,点F在BC的延长线上,CF AG=,连接ED,EF,DF.(1)如图1,当点E在线段AC上时,①判断AEG∆的形状,并说明理由.②求证:DEF∆是等边三角形.(2)如图2,当点E在AC的延长线上时,DEF∆是等边三角形吗?如果是,请证明你的结论;如果不是,请说明理由.2.(1)如图1,在四边形ABCD中,AB AD=,180B D∠+∠=︒,E,F分别是边BC,CD上的点,且12EAF BAD∠=∠,则BE,EF,DF之间的数量关系是EF BE DF=+.(2)如图2,若E,F分别是边BC,CD延长线上的点,其他条件不变,则BE,EF,DF 之间的数量关系是什么?请说明理由.(3)如图3,在某次军事演习中,舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30︒的A处,舰艇乙在指挥中心南偏东70︒的B处,并且两舰艇到指挥中心的距离相等,接到行动命令后,舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进,舰艇乙沿北偏东50︒的方向以80海里/小时的速度前进,1.5小时后,指挥中心观察到舰艇甲、乙分别到达E,F处,且两舰艇与指挥中心O 连线的夹角70EOF∠=︒,试求此时两舰艇之间的距离.3.将一个等边三角形纸片AOB 放置在平面直角坐标系中,点(0,0)O ,点(6,0)B .点C 、D 分别在OB 、AB 边上,//DC OA ,23CB =.()I 如图①,将DCB ∆沿射线CB 方向平移,得到△D C B '''.当点C 平移到OB 的中点时,求点D '的坐标;()II 如图②,若边D C ''与AB 的交点为M ,边D B ''与ABB ∠'的角平分线交于点N ,当BB '多大时,四边形MBND '为菱形?并说明理由.()III 若将DCB ∆绕点B 顺时针旋转,得到△D C B '',连接AD ',边D C ''的中点为P ,连接AP ,当AP 最大时,求点P 的坐标及AD '的值.(直接写出结果即可).4.如图(1),在ABC ∆中,AB AC =,90BAC ∠=︒,AD BC ⊥于点D ,20BC cm =,10AD cm =.点P 从点B 出发,在线段BC 上以每秒2cm 的速度向点C 匀速运动,与此同时,垂直于AD 的直线t 从点A 沿AD 出发,以每秒1cm 的速度沿AD 方向匀速平移,分别交AB 、AC 、AD 于M 、N 、E .当点P 到达点C 时,点P 与直线l 同时停止运动,设运动时间为t 秒(0)t >.(1)在运动过程中(点P 不与B 、C 重合),连接PN ,求证:四边形MBPN 为平行四边形;(2)如图(2),以MN 为边向下作正方形MFGN ,FG 交AD 于点H ,连结PF 、PG ,当1003t <<时,求PFG ∆的面积最大值; (3)在整个运动过程中,观察图(2)、(3),是否存在某一时刻t ,使PFG ∆为等腰三角形?若存在,直接写出t 的值;若不存在,请说明理由.5.如图①,在矩形ABCD 中,动点P 从点A 出发,以1/cm s 的速度沿AD 向终点D 移动,设移动时间为()t s ,连接PC ,以PC 为一边作正方形PCEF ,连接DE 、DF ,设PCD ∆的面积为2()y cm ,y 与t 之间的函数关系如图②所示. (1)AB = cm ,AD = cm ;(2)当t 为何值时,DEF ∆的面积最小?请求出这个最小值; (3)当t 为何值时,DEF ∆为等腰三角形?请简要说明理由.6.如图,在平行四边形ABCD 中,AC BC ⊥,10AB =.6AC =.动点P 在线段BC 上从点B 出发沿BC 方向以每秒1个单位长的速度匀速运动;动点Q 在线段DC 上从点D 出发沿DC 的力向以每秒1个单位长的速度匀速运动,过点P 作PE BC ⊥.交线段AB 于点E .若P 、Q 两点同时出发,当其中一点到达终点时整个运动随之停止,设运动时间为t 秒.(1)当t 为何值时,//QE BC ?(2)设PQE ∆的面积为S ,求出S 与t 的函数关系式:(3)是否存在某一时刻t ,使得PQE ∆的面积S 最大?若存在,求出此时t 的值; 若不存在,请说明理由.(4)是否存在某一时刻t ,使得点Q 在线段EP 的垂直平分线上?若存在,求出此时t 的值;若不存在,请说明理由.7.如图一,在射线DE的一侧以AD为一条边作矩形ABCD,53AD=,5CD=,点M是线段AC上一动点(不与点A重合),连结BM,过点M作BM的垂线交射线DE于点N,连接BN.(1)求CAD∠的大小;(2)问题探究:动点M在运动的过程中,①是否能使AMN∆为等腰三角形,如果能,求出线段MC的长度;如果不能,请说明理由.②MBN∠的大小是否改变?若不改变,请求出MBN∠的大小;若改变,请说明理由.(3)问题解决:如图二,当动点M运动到AC的中点时,AM与BN的交点为F,MN的中点为H,求线段FH的长度.8.如图,点E,F分别在正方形ABCD的边CD,BC上,且DE CF=,点P在射线BC上(点P不与点F重合).将线段EP绕点E顺时针旋转90︒得到线段EG,过点E作GD的垂线QH,垂足为点H,交射线BC于点Q.(1)如图1,若点E是CD的中点,点P在线段BF上,线段BP,QC,EC的数量关系为+=.BP QC EC(2)如图2,若点E不是CD的中点,点P在线段BF上,判断(1)中的结论是否仍然成立.若成立,请写出证明过程;若不成立,请说明理由.(3)正方形ABCD的边长为6,3QC=,请直接写出线段BP的长.=,1AB DE9.小波在复习时,遇到一个课本上的问题,温故后进行了操作、推理与拓展.(1)温故:如图1,在ABC ∆中,AD BC ⊥于点D ,正方形PQMN 的边QM 在BC 上,顶点P ,N 分别在AB ,AC 上,若BC a =,AD h =,求正方形PQMN 的边长(用a ,h 表示).(2)操作:如何画出这个正方形PQMN 呢?如图2,小波画出了图1的ABC ∆,然后按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作:先在AB 上任取一点P ',画正方形P Q M N '''',使点Q ',M '在BC 边上,点N '在ABC ∆内,然后连结BN ',并延长交AC 于点N ,画NM BC ⊥于点M ,NP NM ⊥交AB 于点P ,PQ BC ⊥于点Q ,得到四边形PQMN .(3)推理:证明图2中的四边形PQMN 是正方形.(4)拓展:小波把图2中的线段BN 称为“波利亚线”,在该线上截取NE NM =,连结EQ ,EM (如图3),当90QEM ∠=︒时,求“波利亚线” BN 的长(用a ,h 表示).请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题.10.性质探究如图①,在等腰三角形ABC 中,120ACB ∠=︒,则底边AB 与腰AC 的长度之比为 3 .理解运用(1)若顶角为120︒的等腰三角形的周长为843+,则它的面积为;(2)如图②,在四边形EFGH中,EF EG EH==.①求证:EFG EHG FGH∠+∠=∠;②在边FG,GH上分别取中点M,N,连接MN.若120EF=,直接写出FGH∠=︒,10线段MN的长.类比拓展顶角为2α的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为(用含α的式子表示).11.如图1,在矩形ABCD中,3BC=,动点P从B出发,以每秒1个单位的速度,沿射线t s.BC方向移动,作PAB∆关于直线PA的对称PAB∆',设点P的运动时间为()(1)若23AB=.①如图2,当点B'落在AC上时,显然PAB∆'是直角三角形,求此时t的值;②是否存在异于图2的时刻,使得PCB∆'是直角三角形?若存在,请直接写出所有符合题意的t的值?若不存在,请说明理由.(2)当P点不与C点重合时,若直线PB'与直线CD相交于点M,且当3t<时存在某一时刻有结论45PAMt>的任意时刻,结论“45∠=︒”是否总是PAM∠=︒成立,试探究:对于3成立?请说明理由.12.如图,在以点O为中心的正方形ABCD中,4AD=,连接AC,动点E从点O出发沿∆的外→以每秒1个单位长度的速度匀速运动,到达点C停止.在运动过程中,ADEO C接圆交AB于点F,连接DF交AC于点G,连接EF,将EFG∆.∆沿EF翻折,得到EFH (1)求证:DEF∆是等腰直角三角形;(2)当点H 恰好落在线段BC 上时,求EH 的长;(3)设点E 运动的时间为t 秒,EFG ∆的面积为S ,求S 关于时间t 的关系式.13.操作体验:如图,在矩形ABCD 中,点E 、F 分别在边AD 、BC 上,将矩形ABCD 沿直线EF 折叠,使点D 恰好与点B 重合,点C 落在点C '处.点P 为直线EF 上一动点(不与E 、F 重合),过点P 分别作直线BE 、BF 的垂线,垂足分别为点M 和N ,以PM 、PN为邻边构造平行四边形PMQN . (1)如图1,求证:BE BF =;(2)特例感知:如图2,若5DE =,2CF =,当点P 在线段EF 上运动时,求平行四边形PMQN 的周长;(3)类比探究:若DE a =,CF b =.①如图3,当点P 在线段EF 的延长线上运动时,试用含a 、b 的式子表示QM 与QN 之间的数量关系,并证明;②如图4,当点P 在线段FE 的延长线上运动时,请直接用含a 、b 的式子表示QM 与QN 之间的数量关系.(不要求写证明过程)14.在矩形ABCD 中,连结AC ,点E 从点B 出发,以每秒1个单位的速度沿着B A C →→的路径运动,运动时间为t (秒).过点E 作EF BC ⊥于点F ,在矩形ABCD 的内部作正方形EFGH .(1)如图,当8AB BC ==时,①若点H 在ABC ∆的内部,连结AH 、CH ,求证:AH CH =;②当08t <时,设正方形EFGH 与ABC ∆的重叠部分面积为S ,求S 与t 的函数关系式;(2)当6AB=,8BC=时,若直线AH将矩形ABCD的面积分成1:3两部分,求t的值.15.如图,在平面直角坐标系xOy中,矩形ABCD的边4AB=,6BC=.若不改变矩形ABCD 的形状和大小,当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时,矩形的另一个顶点D始终在y 轴的正半轴上随之上下移动.(1)当30OAD∠=︒时,求点C的坐标;(2)设AD的中点为M,连接OM、MC,当四边形OMCD的面积为212时,求OA的长;(3)当点A移动到某一位置时,点C到点O的距离有最大值,请直接写出最大值,并求此时cos OAD∠的值.参考答案1、【解答】(1)①解:AEG ∆是等边三角形;理由如下: 四边形ABCD 是菱形,120BAD ∠=︒,//AD BC ∴,AB BC CD AD ===,//AB CD ,1602CAD BAD ∠=∠=︒, 180BAD ADC ∴∠+∠=︒, 60ADC ∴∠=︒, //GH DC ,60AGE ADC ∴∠=∠=︒, 60AGE EAG AEG ∴∠=∠=∠=︒, AEG ∴∆是等边三角形;②证明:AEG ∆是等边三角形, AG AE ∴=, CF AG =, AE CF ∴=,四边形ABCD 是菱形, 120BCD BAD ∴∠=∠=︒, 60DCF CAD ∴∠=︒=∠,在AED ∆和CFD ∆中,AD CD EAD FCD AE CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,()AED CFD SAS ∴∆≅∆DE DF ∴=,ADE CDF ∠=∠,60ADC ADE CDE ∠=∠+∠=︒, 60CDF CDE ∴∠+∠=︒,即60EDF ∠=︒, DEF ∴∆是等边三角形;(2)解:DEF ∆是等边三角形;理由如下: 同(1)①得:AEG ∆是等边三角形, AG AE ∴=,CF AG =, AE CF ∴=,四边形ABCD 是菱形, 120BCD BAD ∴∠=∠=︒,1602CAD BAD ∠=∠=︒, 60FCD CAD ∴∠=︒=∠,在AED ∆和CFD ∆中,AD CD EAD FCD AE CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,()AED CFD SAS ∴∆≅∆, DE DF ∴=,ADE CDF ∠=∠,60ADC ADE CDE ∠=∠-∠=︒, 60CDF CDE ∴∠-∠=︒,即60EDF ∠=︒, DEF ∴∆是等边三角形.2、【解答】解:(1)延长FD 到点G ,使DG BE =,连结AG ,如图1所示: 在ABE ∆和ADG ∆中,90BE DG B ADG AB AD =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩,()ABE ADG SAS ∴∆≅∆, AE AG ∴=,BAE DAG ∠=∠,12EAF BAD ∠=∠, GAF DAG DAF BAE DAF BAD EAF EAF ∴∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=∠,在AEF ∆和GAF ∆中,AE AG EAF GAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,()AEF AGF SAS ∴∆≅∆, EF FG ∴=,FG DG DF BE DF =+=+, EF BE DF ∴=+,故答案为:EF BE DF =+;(2)BE ,EF ,DF 之间的数量关系是:EF BE DF =-;理由如下: 在CB 上截取BM DF =,连接AM ,如图2所示:180B D ∠+∠=︒,180ADC ADF ∠+∠=︒,B ADF ∴∠=∠,在ABM ∆和ADF ∆中,AB ADB ADF BM DF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,()ABM ADF SAS ∴∆≅∆,AF AM ∴=,DAF BAM ∠=∠,BAD MAF ∴∠=∠,2BAD EAF ∠=∠,2MAF EAF ∴∠=∠,MAE EAF ∴∠=∠,在FAE ∆和MAE ∆中,AE AEFAE MAE AF AM=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,()FAE MAE SAS ∴∆≅∆,EF EM BE BM BE DF ∴==-=-,即EF BE DF =-;(3)连接EF ,延长AE 、BF 相交于点C ,如图3所示:3090(9070)140AOB ∠=︒+︒+︒-︒=︒,70EOF ∠=︒,12EOF AOB ∴∠=∠,OA OB =,(9030)(7050)180OAC OBC ∠+∠=︒-︒+︒+︒=︒,∴符合(1)中的条件,即结论EF AE BF =+成立,1.5(6080)210EF ∴=⨯+=(海里).答:此时两舰艇之间的距离是210海里.3、【解答】解:(Ⅰ)如图①中,作DH BC ⊥于H .AOB ∆是等边三角形,//DC OA ,60DCB AOB ∴∠=∠=︒,60CDB A ∠=∠=︒,CDB ∴∆是等边三角形, 23CB =DH CB ⊥,3CH HB ∴==3DH =,(63D ∴,3),3C B '=,233CC ∴'=-,233DD CC ∴'='=-,(33D ∴'+3).(Ⅱ)当3BB '=时,四边形MBND '是菱形.理由:如图②中,ABC ∆是等边三角形,60ABO ∴∠=︒,180120ABB ABO '∴∠=︒-∠=︒, BN 是ACC '∠的角平分线, 1602NBB ABB D C B ''∴∠'=∠=︒=∠'',//D C BN ''∴,//AB B D ''∴四边形MBND '是平行四边形,60ME C MCE '''∠=∠=︒,60NCC NC C ''∠=∠=︒,∴△MC B ''和NBB '∆是等边三角形,MC CE '∴=,NC CC '=,23B C ''=,四边形MBND '是菱形,BN BM ∴=,132BB B C '''∴==;(Ⅲ)如图连接BP ,在ABP ∆中,由三角形三边关系得,AP AB BP <+,∴当点A ,B ,P 三点共线时,AP 最大,如图③中,在△D BC ''中,由P 为D C ''的中点,得AP D C ''⊥,3PD '=,3CP ∴=,639AP ∴=+=,在Rt APD '∆中,由勾股定理得,AD '==此时15(2P ,.4、【解答】(1)证明:l AD ⊥,BC AD ⊥,//l BC ∴, ∴AM ANAB AC =,AB AC =,AM AN ∴=,90BAC ∠=︒,ME NE ∴=,22MN AE t ∴==,2BP t =,MN BP ∴=,∴四边形MBPN 为平行四边形;(2)解:四边形MFGN 是正方形,22FG MN MF AE t ∴====,2EH MF t ==,103DH AD AH t ∴=-=-,2115252(103)3()2233PFG S FG DH t t t ∆∴==⨯⨯-=--+,30a =-<,1003t <<,∴当53t =时,PFG S ∆最大253=;(3)解:存在,当t =5t =或10t =时,PFG ∆为等腰三角形;理由如下:利用勾股定理得:222(103)PF t =-,222(103)(10)PG t t =-+-,又22(2)FG t =, 当PF FG =时,则222(103)(2)t t -=,解得:t =,当PF PG =时,2222(103)(103)(10)t t t -=-+-,解得:5t =,或0t =(舍去);当FG PG =时,222(2)(103)(10)t t t =-+-,解得:10t =,或103t =(舍去);综上所述,t =5t =或10t =时,PFG ∆为等腰三角形.5、【解答】解:(1)由图②知:5AD =,当0t =时,P 与A 重合,152y AD CD =⨯⨯=,1552CD ⨯⨯=,2CD cm =,四边形ABCD 是矩形,2AB CD cm ∴==,故答案为:2,5;(2)由题意得:AP t =,5PD t =-,112(5)522y CD PD t t ∴==-=-,四边形EFPC 是正方形,12DEF PDC EFPC S S S ∆∆∴+=正方形,222PC PD CD =+,22222(5)1029PC t t t ∴=+-=-+,222111913(1029)(5)4(4)22222DEF S t t t t t t ∆∴=-+--=-+=-+,当t 为4时,DEF ∆的面积最小,且最小值为32;(3)当DEF ∆为等腰三角形时,分四种情况:①当FD FE =时,如下图所示,过F 作FG AD ⊥于G ,四边形EFPC 是正方形,PF EF PC ∴==,90FPC ∠=︒,PF FD ∴=,FG PD ⊥, 12PG DG PD ∴==, 90FPG CPD CPD DCP ∠+∠=∠+∠=︒,FPG DCP ∴∠=∠,90FGP PDC ∠=∠=︒,()FPG PDC AAS ∴∆≅∆,2PG DC ∴==,4PD ∴=,541AP ∴=-=,即1t =;②当DE DF =时,如下图所示,E 在AD 的延长线上,此时正方形EFPC 是正方形,2PD CD ==,523AP t ∴==-=;③当DE EF =时,如下图所示,过E 作EG CD ⊥于G ,FE DE EC ==,112CG DG CD ∴===, 同理得:()PDC CGE AAS ∆≅∆,1PD CG ∴==,514AP t ∴==-=,④当DF EF =时,如下所示,2PC EF PF ===,且PC BC ⊥,此时P 与D 重合,5t =, 综上,当1t s =或3s 或4s 或5s 时,DEF ∆为等腰三角形.6、【解答】解:(1)如图1,记EQ 与AC 的交点为G ,AC BC ⊥,90ACB ∴∠=︒,在Rt ABC ∆中,10AB =,6AC =,根据勾股定理得,8BC =,3tan 4AC B BC ==, 四边形ABCD 是平行四边形,10CD AB ∴==,8AD BC ==,由运动知,BP t =,DQ t =,8PC t ∴=-,10CQ t =-,PE BC ⊥,90BPE ∴∠=︒,在Rt BPE ∆中,3sin 5B =,4cos 5B =,3tan 4PE PE B BP t ===, 34PE t ∴=, //EQ BC ,90PEQ BPE ∴∠=∠=︒,∴四边形CPEG 是矩形,34CG PE t ∴==, //EQ BC ,CGQ CAD ∴∆∆∽, ∴CG CQ AC CD=, ∴3104610t t -=. 409t ∴=;(2)如图2,过点Q 作QH BC ⊥交BC 的延长线于H ,四边形ABCD 是平行四边形,//AB CD ∴,DCH B ∴∠=∠,在Rt CHQ ∆中,3sin 105QH QH QCH CQ t ∠===-, 3(10)5QH t ∴=-,4cos 105CH CH HCQ CQ t ∠===-, 4(10)5CH t ∴=-, 498(10)1655PH PC CH t t t ∴=+=-+-=-, ()()2133919327404010161610()25452554093QPH QHPE S S S t t t t t t ∆⎡⎤⎛⎫⎛⎫∴=-=-+⨯--⨯-⨯-=--+ ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎝⎭梯形,点E 在线段AB 上,∴点P 在线段BC 上,08t ∴<,点Q 在CD 上,010t ∴<<,08t ∴<, 即:2274040()(08)4093S t t =--+<;(3)由(2)知,2274040()(08)4093S t t =--+<;409t ∴=时,403S =最大;(4)如图3,过点Q 作QM PE ⊥于M ,交AC 于N , 点Q 在线段EP 的垂直平分线上,1328PM PE t ∴==,同(2)的方法得,3(10)5CN t =-,易知,四边形PCNM 是矩形,PM CN ∴=,∴33(10)85t t =-,8013t ∴=.7、【解答】解:(1)如图一(1)中,四边形ABCD 是矩形,90ADC ∴∠=︒,53tan 353DC DAC AD ∠===,30DAC ∴∠=︒.(2)①如图一(1)中,当AN NM =时,90BAN BMN ∠=∠=︒,BN BN =,AN NM =, Rt BNA Rt BNM(HL)∴∆≅∆,BA BM ∴=,在Rt ABC ∆中,30ACB DAC ∠=∠=︒,5AB CD ==, 210AC AB ∴==,60BAM ∠=︒,BA BM =,ABM ∴∆是等边三角形,5AM AB ∴==,5CM AC AM ∴=-=.如图一(2)中,当AN AM =时,易证15AMN ANM ∠=∠=︒,90BMN ∠=︒,75CMB ∴∠=︒,30MCB ∠=︒,180753075CBM ∴∠=︒-︒-︒=︒,CMB CBM ∴∠=∠,3CM CB ∴==,综上所述,满足条件的CM 的值为5或53②结论:30MBN ∠=︒大小不变.理由:如图一(1)中,180BAN BMN ∠+∠=︒,A ∴,B ,M ,N 四点共圆,30MBN MAN ∴∠=∠=︒.如图一(2)中,90BMN BAN ∠=∠=︒,A ∴,N ,B ,M 四点共圆,180MBN MAN ∴∠+∠=︒,180DAC MAN ∠+∠=︒,30MBN DAC ∴∠=∠=︒,综上所述,30MBN ∠=︒.(3)如图二中,AM MC =,BM AM CM ∴==,2AC AB ∴=,AB BM AM ∴==,ABM ∴∆是等边三角形,60BAM BMA ∴∠=∠=︒,90BAN BMN ∠=∠=︒,30NAM NMA ∴∠=∠=︒,NA NM ∴=,BA BM =,BN ∴垂直平分线段AM ,52FM ∴=,53cos303FM NM ∴==︒,90NFM ∠=︒,NH HM =,12FH MN ∴==8、【解答】解:(1)BP QC EC +=;理由如下: 四边形ABCD 是正方形,BC CD ∴=,90BCD ∠=︒,由旋转的性质得:90PEG ∠=︒,EG EP =,90PEQ GEH ∴∠+∠=︒,QH GD ⊥,90H ∴∠=︒,90G GEH ∠+∠=︒,PEQ G ∴∠=∠,又90EPQ PEC ∠+∠=︒,90PEC GED ∠+∠=︒, EPQ GED ∴∠=∠,在PEQ ∆和EGD ∆中,EPQ GEDEP EG PEQ G∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩,()PEQ EGD ASA ∴∆≅∆,PQ ED ∴=,BP QC BC PQ CD ED EC ∴+=-=-=,即BP QC EC +=;故答案为:BP QC EC +=;(2)(1)中的结论仍然成立,理由如下:由题意得:90PEG ∠=︒,EG EP =,90PEQ GEH ∴∠+∠=︒,QH GD ⊥,90H ∴∠=︒,90G GEH ∠+∠=︒,PEQ G ∴∠=∠,四边形ABCD 是正方形,90DCB ∴∠=︒,BC DC =,90EPQ PEC ∴∠+∠=︒,90PEC GED ∠+∠=︒,GED EPQ ∴∠=∠,在PEQ ∆和EGD ∆中,EPQ GEDEP EG PEQ G∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩,()PEQ EGD ASA ∴∆≅∆,PQ ED ∴=,BP QC BC PQ CD ED EC ∴+=-=-=,即BP QC EC +=;(3)分两种情况:①当点P 在线段BC 上时,点Q 在线段BC 上,由(2)可知:BP EC QC =-,36AB DE ==,2DE ∴=,4EC =,413BP ∴=-=;②当点P 在线段BC 上时,点Q 在线段BC 的延长线上,如图3所示:同(2)可得:()PEQ EGD AAS ∆≅∆,2PQ DE ∴==,1QC =,1PC PQ QC ∴=-=,615BP BC PC ∴=-=-=;综上所述,线段BP 的长为3或5.9、【解答】(1)解:如图1中,//PN BC,APN ABC∴∆∆∽,∴PN AEBC AD=,即PN h PNa h-=,解得ah PNa h=+(2)能画出这样的正方形,如图2中,正方形PNMQ即为所求.(3)证明:如图2中,由画图可知:90QMN PQM NPQ BM N∠=∠=∠=∠''=︒,∴四边形PNMQ是矩形,//MN M N'',∴△BN M BNM''∆∽,∴M N BN MN BN'''=,同理可得:P N BN PN BN '''=∴M N P N MN PN''''=,M N P N''='',MN PN∴=,∴四边形PQMN是正方形(4)如图,过点N作ND ME⊥于点D图3MN EN =,ND ME ⊥,NEM MNE ∴∠=∠,ED DM =90BMN QEM ∠=∠=︒90EQM EMQ ∴∠+∠=︒,90EMQ EMN ∠+∠=︒EMN EQM ∴∠=∠,且MN QN =,90QEM NDM ∠=∠=︒()QEM MDN AAS ∴∆≅∆12EQ DM EM ∴==,90BMN QEM ∠=∠=︒90BEQ NEM ∴∠+∠=︒,90BME NME ∠+∠=︒BEQ BME ∴∠=∠,且MBE MBE ∠=∠BEQ BME ∴∆∆∽ ∴12BQ BE EQ BE BM EM ===,2BM BE ∴=,2BE BQ =4BM BQ ∴=3QM BQ MN ∴==,5BN BQ = ∴3355MN BQ BN BQ ==55()33ahBN MN a h ∴==+10、【解答】性质探究解:作CD AB ⊥于D ,如图①所示:则90ADC BDC ∠=∠=︒,AC BC =,120ACB ∠=︒,AD BD ∴=,30A B ∠=∠=︒,2AC CD ∴=,AD =,2AB AD ∴==,∴AB AC =;理解运用(1)解:如图①所示:同上得:2AC CD =,AD =,8AC BC AB ++=+,48CD ∴+=+解得:2CD =,AB ∴=,ABC ∴∆的面积11222AB CD =⨯=⨯=故答案为:(2)①证明:EF EG EH ==,EFG EGF ∴∠=∠,EGH EHG ∠=∠,EFG EHG EGF EGH FGH ∴∠+∠=∠+∠=∠; ②解:连接FH ,作EP FH ⊥于P ,如图②所示: 则PF PH =,由①得:120EFG EHG FGH ∠+∠=∠=︒,360120120120FEH ∴∠=︒-︒-︒=︒,EF EH =,30EFH ∴∠=︒,152PE EF ∴==,PF ∴==,2FH PF ∴==,点M 、N 分别是FG 、GH 的中点,MN ∴是FGH ∆的中位线, 1532MN FH ∴==;类比拓展解:如图③所示:作AD BC ⊥于D ,AB AC =,BD CD ∴=,12BAD BAC α∠=∠=,sin BDAB α=,sin BD AB α∴=⨯,22sin BC BD AB α∴==⨯,∴2sin 2sin BC AB AB AB αα==;故答案为:2sin α.11、【解答】解:(1)①如图1中,四边形ABCD 是矩形,90ABC ∴∠=︒,2221AC AB BC ∴=+=PCB ACB ∠'=∠,90PB C ABC ∠'=∠=︒, PCB ACB ∴∆'∆∽,∴CB PB CB AB ''=,∴2123323PB -'=,274PB ∴'=-.274t PB ∴==-. ②如图21-中,当PCB ∠’ 90=︒时,四边形ABCD 是矩形,90D ∴∠=︒,23AB CD ==,3AD BC ==,22(23)33DB ∴'=-=,3CB CD DB ∴'=-'=,在Rt PCB ∆'中,222B P PC B C '=+',222(3)(3)t t ∴=+-,2t ∴=.如图22-中,当PCB ∠’ 90=︒时,在Rt ADB ∆'中,223DB AB AD '='-=, 33CB ∴'=在Rt PCB ∆’中则有:222(33)(3)t t +-=,解得6t =. 如图23-中,当CPB ∠’ 90=︒时,易证四边形ABP ’为正方形,易知23t =.综上所述,满足条件的t 的值为2s 或6s 或23s .(2)如图31-中,45PAM ∠=︒2345∴∠+∠=︒,1445∠+∠=︒又翻折,12∴∠=∠,34∠=∠,又ADM AB ∠=∠’ M ,AM AM =, ()AMD AMB AAS ∴∆≅∆',AD AB ∴=’ AB =,即四边形ABCD 是正方形,如图,设APB x ∠=.90PAB x ∴∠=︒-,DAP x ∴∠=,易证MDA ∆≅△B ’ ()AM HL , BAM DAM ∴∠=∠,翻折,PAB PAB ∴∠=∠’ 90x =︒-, DAB ∴∠’ PAB =∠’ 902DAP x -∠=︒-, 12DAM DAB ∴∠=∠’ 45x =︒-,45MAP DAM PAD ∴∠=∠+∠=︒.12、【解答】(1)证明:四边形ABCD 是正方形, 45DAC CAB ∴∠=∠=︒,FDE CAB ∴∠=∠,DFE DAC ∠=∠, 45FDE DFE ∴∠=∠=︒, 90DEF ∴∠=︒,DEF ∴∆是等腰直角三角形;(2)设OE t =,连接OD , 90DOE DAF ∴∠=∠=︒, OED DFA ∠=∠,DOE DAF ∴∆∆∽,∴22OEODAF AD ==,∴2AF t =,又AEF ADG ∠=∠,EAF DAG ∠=∠,AEF ADG ∴∆∆∽, ∴AE AFAD AG =, ∴42AG AE AD AF t ==,又AE OA OE t =+=+,∴AG =,EG AE AG ∴=-=当点H 恰好落在线段BC 上454590DFH DFE HFE ∠=∠+∠=︒+︒=︒, ADF BFH ∴∆∆∽,∴FH FB FD AD ==, //AF CD ,∴FG AF DG CD ==∴FG DF =∴=,解得:1t =-,2t =(舍去),EG EH ∴====-;(3)过点F 作FK AC ⊥于点K ,由(2)得EG =,DE EF =,90DEF ∠=︒,DEO EFK ∴∠=∠,()DOE EKF AAS ∴∆≅∆,FK OE t ∴==, 31242EFG t S EG FK ∆+∴==13、【解答】(1)证明:如图1中,四边形ABCD 是矩形,//AD BC ∴,DEF EFB ∴∠=∠,由翻折可知:DEF BEF ∠=∠,BEF EFB ∴∠=∠,BE BF ∴=.(2)解:如图2中,连接BP ,作EH BC ⊥于H ,则四边形ABHE 是矩形,EH AB =.5DE EB BF ===,2CF =,7AD BC ∴==,2AE =,在Rt ABE ∆中,90A ∠=︒,5BE =,2AE =,225221AB ∴=-=,BEF PBE PBF S S S ∆∆∆=+,PM BE ⊥,PN BF ⊥, ∴111222BF EH BE PM BF PN =+, BE BF =,21PM PN EH ∴+==,四边形PMQN 是平行四边形,∴四边形PMQN 的周长2()221PM PN =+=(3)①证明:如图3中,连接BP ,作EH BC ⊥于H .ED EB BF a ===,CF b =,AD BC a b ∴==+,AE AD DE b ∴=-=, 22EH AB a b ∴==-,EBP BFP EBF S S S ∆∆∆-=,∴111222BE PM BF PN BF EH -=, BE BF =,22PM PN EH a b ∴-==-,四边形PMQN 是平行四边形,22()QN QM PM PN a b ∴-=-=-.②如图4,当点P 在线段FE 的延长线上运动时,同法可证:22QM QN PN PM a b -=-=-.14、【解答】解:(1)①如图1中,四边形EFGH 是正方形,AB BC =,BE BG ∴=,AE CG =,90BEH BGH ∠=∠=︒,90AEH CGH ∴∠=∠=︒,EH HG =,()AEH CGH SAS ∴∆≅∆,AH CH ∴=.②如图1中,当04t <时,重叠部分是正方形EFGH ,2S t =.如图2中,当48t <时,重叠部分是五边形EFGMN ,2211882(8)163222ABC AEN CGM S S S S t t t ∆∆∆=--=⨯⨯-⨯-=-+-.综上所述,22(04)1632(48)t t S t t t ⎧<=⎨-+-<⎩. (2)如图31-中,设直线AH 交BC 于M ,当4BM CM ==时,直线AH 将矩形ABCD 的面积分成1:3两部分.//EH BM ,∴AE EH AB BM =, ∴664t t -=, 125t ∴=. 如图32-中,设直线长AH 交CD 于M 交BC 的延长线于K ,当3CM DM ==时,直线AH 将矩形ABCD 的面积分成1:3两部分,易证8AD CK ==,//EH BK ,∴AE EH AB BK=,∴6616t t -=, 4811t ∴=. 如图33-中,当点E 在线段AC 上时,设直线AH 交CD 于M ,交BC 的延长线于N .当CM DM =时,直线AH 将矩形ABCD 的面积分成1:3两部分,易证8AD CN ==.在Rt ABC ∆中,226810AC =+=,//EF AB ,∴CE EFCA AB =,∴16106tEF-=,3(16)5EF t ∴=-,//EH CN ,∴EH AECN AC =,∴3(16)65810t t --=,解得727t =.当正方形EFGH 在AC 的左边时,由EH AE CN AC =,可得3(16)65410t t --=,解得12t =.综上所述,满足条件的t 的值为125或4811或727或12.15、【解答】解:(1)如图1,过点C 作CE y ⊥轴于点E ,矩形ABCD 中,CD AD ⊥,90CDE ADO ∴∠+∠=︒,又90OAD ADO ∠+∠=︒,30CDE OAD ∴∠=∠=︒,∴在Rt CED ∆中,122CE CD ==,2223DE CD CE =-=在Rt OAD ∆中,30OAD ∠=︒,132OD AD ∴==,∴点C 的坐标为(2,33)+(2)M 为AD 的中点,3DM ∴=,6DCM S ∆=, 又212OMCD S =四边形,92ODM S ∆∴=,9OAD S ∆∴=,设OA x =、OD y =,则2236x y +=,192xy =,222x y xy ∴+=,即x y =,将x y =代入2236x y +=得218x =, 解得32x =(负值舍去),32OA ∴=(3)OC 的最大值为8,如图2,M 为AD 的中点,3OM ∴=,225CM CD DM =+=,8OC OM CM ∴+=,当O 、M 、C 三点在同一直线时,OC 有最大值8,连接OC ,则此时OC 与AD 的交点为M ,过点O 作ON AD ⊥,垂足为N , 90CDM ONM ∠=∠=︒,CMD OMN ∠=∠,CMD OMN ∴∆∆∽, ∴CDDMCMON MN OM ==,即4353ON MN ==, 解得95MN =,125ON =,65AN AM MN ∴=-=,在Rt OAN ∆中,22655OA ON AN =+=,5cos 5ANOAD OA ∴∠==.。
河南省2020年中考数学押题卷(含解析)
河南省2020年中考数学押题卷一、选择题(每小题3分,共30分)1.估计+1的值在()A.2和3之间B.3和4之间C.4和5之间D.5和6之间2.下列调查中,最适合用普查方式的是()A.调查一批电视机的使用寿命情况B.调查某中学九年级一班学生的视力情况C.调查重庆市初中学生每天锻炼所用的时间情况D.调查重庆市初中学生利用网络媒体自主学习的情况3.关于x的一元二次方程x2+(2m+1)x+m2﹣1=0有两个不相等的实数根,则m的取值范围是()A.m≥﹣B.m≤﹣C.m<﹣D.m>﹣4.甲、乙两人用如图所示的两个转盘(每个转盘被分成面积相等的3个扇形)做游戏.游戏规则:转动两个转盘各一次,当转盘停止后,指针所在区域的数字之和为偶数时甲获胜;数字之和为奇数时乙获胜.若指针落在分界线上,则需要重新转动转盘.甲获胜的概率是()A.B.C.D.5.2015年髙考已经结束,南平市教研室从各校随机抽取1000名考生的数学试卷进行调査分析,这个问题的样本容量是()A.1000 B.1000名C.1000名学生D.1000名考生的数学试卷6.如图,平面直角坐标系中放置一个直角三角板OAB,∠OAB=60°,顶点A的坐标为(﹣1,0),现将该三角板向右平移使点A与点O重合,得到△OCB′,则点B的对应点B′的坐标是()A.(1,0)B.()C.(1,)D.(﹣1,)7.如图,在△ABC中,EF∥BC,AB=3AE,若S四边形BCFE=16,则S△ABC=()A.16 B.18 C.20 D.248.如图,若二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的对称轴为x=1,与y轴交于点C,与x轴交于点A、点B(﹣1,0),则①二次函数的最大值为a+b+c;②a﹣b+c<0;③b2﹣4ac<0;④当y>0时,﹣1<x<3.其中正确的个数是()A.1 B.2 C.3 D.49.如图,已知△ABC为等边三角形,AB=2,点D为边AB上一点,过点D作DE∥AC,交BC于E点;过E点作EF⊥DE,交AB的延长线于F点.设AD=x,△DEF的面积为y,则能大致反映y与x函数关系的图象是()A.B.C.D.10.如图,在扇形AOB中,∠AOB=90°,半径OA=6,将扇形AOB沿过点B的直线折叠,点O恰好落在弧AB上点D处,折痕交OA于点C,则整个阴影部分的面积为()A.9π﹣9 B.9π﹣6C.9π﹣18 D.9π﹣12二、填空题(每小题3分,共15分)11.计算﹣6的结果是.12.将二次函数y=x2﹣1的图象向上平移3个单位长度,得到的图象所对应的函数表达式是.13.为了解全区5000名初中毕业生的体重情况,随机抽测了400名学生的体重,频率分布如图所示(每小组数据可含最小值,不含最大值),其中从左至右前四个小长方形的高依次为0.02、0.03、0.04、0.05,由此可估计全区初中毕业生的体重不小于60千克的学生人数约为人.14.如图,在△ABC中,BC=4,以点A为圆心,2为半径的⊙A与BC相切于点D,交AB于点E,交AC于点F,点P是⊙A上的一点,且∠EPF=45°,则图中阴影部分的面积为.15.如图,在矩形ABCD中,AB=5,BC=3,点E为射线BC上一动点,将△ABE沿AE折叠,得到△AB′E.若B′恰好落在射线CD上,则BE的长为.三、解答题(本大题共8个小题,满分75分)16.(8分)先化简,再求值:,其中x=3tan30°+1.17.(9分)学校开设以下体育课外活动项目:A.篮球,B.乒乓球,C.跳绳,D.踢毽子.为了解学生最喜欢哪一种活动项目,随机抽取了部分学生进行调查,并将调查结果绘制成了如图两幅不完整的统计图,请回答下列问题:(1)这次被调查的学生共有人;(2)如果该校共有1200名学生,请你估计喜欢跳绳活动项目的学生数;(3)在平时的乒乓球项目训练中,甲、乙、丙、丁四人表现优秀,现决定从这四名同学中任选两名参加乒乓球比赛,求恰好选中甲、乙两位同学的概率(用树状图或列表法解答).18.(9分)已知关于x的一元二次方程x2﹣(n+3)x+3n=0(1)求证:此方程总有两个实数根;(2)若此方程有两个相等的实数根,写出这个方程并求出此时方程的根.19.(9分)如图,AB为⊙O的直径,F为弦AC的中点,连接OF并延长交弧AC于点D,过点D作⊙O的切线,交BA的延长线于点E.(1)求证:AC∥DE;(2)连接AD、CD、OC.填空①当∠OAC的度数为时,四边形AOCD为菱形;②当OA=AE=2时,四边形ACDE的面积为.20.(9分)如图是某工厂货物传送带的平面示意图,为提高传送过程的安全性,工厂计划改造传动带与地面的夹角,使其AB的坡角由原来的43°改为30°.已知原传送带AB长为5米.求新旧货物传送带着地点B、C之间相距多远?(结果保留整数,参考数据:sin43°≈0.68,cos43°≈0.73,tan43°≈0.93,≈1.41,≈1.73)21.(10分)如图,已知二次函数的图象过点O(0,0).A(8,4),与x轴交于另一点B,且对称轴是直线x=3.(1)求该二次函数的解析式;(2)若M是OB上的一点,作MN∥AB交OA于N,当△ANM面积最大时,求M的坐标;(3)P是x轴上的点,过P作PQ⊥x轴与抛物线交于Q.过A作AC⊥x轴于C,当以O,P,Q为顶点的三角形与以O,A,C为顶点的三角形相似时,求P点的坐标.22.(10分)(1)【问题发现】如图1,△ABC和△CEF都是等腰直角三角形,∠BAC=∠EFC=90°,点E与点A重合,则线段BE与AF的数量关系为;(2)【拓展研究】在(1)的条件下,将△CEF绕点C旋转,连接BE,AF,线段BE与AF的数量关系有无变化?仅就图2的情形给出证明;(3)【问题发现】当AB=AC=2,△CEF旋转到B,E,F三点共线时候,直接写出线段AF的长.23.(11分)如图,在平面直角坐标系中,△ABC是直角三角形,∠ACB=90°,AC=BC,OA=1,OC=4,抛物线y=x2+bx+c经过A,B两点,抛物线的顶点为D.(1)求b,c的值;(2)点E是直角三角形ABC斜边AB上一动点(点A、B除外),过点E作x轴的垂线交抛物线于点F,当线段EF的长度最大时,求点E的坐标;(3)在(2)的条件下:①求以点E、B、F、D为顶点的四边形的面积;②在抛物线上是否存在一点P,使△EFP是以EF为直角边的直角三角形?若存在,求出所有点P的坐标;若不存在,说明理由.河南省2020年中考数学押题卷参考答案与试题解析一、选择题(每小题3分,共30分)1.【分析】先估算出的范围,即可得出答案.【解答】解:∵3<<4,∴4<+1<5,即+1在4和5之间,故选:C.【点评】本题考查了估算无理数的大小,能估算出的范围是解此题的关键.2.【分析】由普查得到的调查结果比较准确,但所费人力、物力和时间较多,而抽样调查得到的调查结果比较近似.【解答】解:A、调查一批电视机的使用寿命情况,调查局有破坏性,适合抽样调查,故A不符合题意;B、调查某中学九年级一班学生的视力情况,适合普查,故B符合题意;C、调查重庆市初中学生每天锻炼所用的时间情况,调查范围广,适合抽样调查,故C不符合题意;D、调查重庆市初中学生利用网络媒体自主学习的情况,适合抽样调查,故D不符合题意;故选:B.【点评】本题考查了抽样调查和全面调查的区别,选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用,一般来说,对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大,应选择抽样调查,对于精确度要求高的调查,事关重大的调查往往选用普查.3.【分析】根据方程的系数结合根的判别式即可得出关于m的一元一次不等式,解之即可得出结论.【解答】解:∵方程x2+(2m+1)x+m2﹣1=0有两个不相等的实数根,∴△=(2m+1)2﹣4(m2﹣1)=4m+5>0,解得:m>﹣.故选:D.【点评】本题考查了根的判别式以及解一元一次不等式,熟练掌握“当△>0时,方程有两个不相等的两个实数根”是解题的关键.4.【分析】首先画出树状图,然后计算出数字之和为偶数的情况有5种,进而可得答案.。
精品资料——数学-2020年河南中考考前押题密卷(全解全析).docx
2020年河南中考考前押题密卷数学•全解全析1.【答案】B【解析】一2020的倒数为-一,故选B.20202.【答案】D【解析】1348 万=13480000=1. 348X107.故选D.3.【答案】B【解析】A. x2+x2=2x2f故本选项不合题意;B.x3*x2=x5,正确;C.尤9承3=若,故本选项不合题意;D.(]2)3*,故本选项不合题意.故选B.4.【答案】C【解析】因为一枚质地均匀的硬币只有正反两面,所以不管抛多少次,硬币正面朝上的概率都是故2选C.5.【答案】A【解析】①的主视图是第一层三个小正方形,第二层中间一个小正方形;左视图是第一层两个小正方形, 第二层左边一个小正方形;俯视图是第一层中间一个小正方形,第二层三个小正方形;②的主视图是第一层三个小正方形,第二层左边一个小正方形;左视图是第一层两个小正方形,第二层左边一个小正方形;俯视图是第一层中间一个小正方形,第二层三个小正方形;所以将图①中的一个小正方体改变位置后,俯视图和左视图均没有发生改变,只有主视图发生改变,故选A.6.【答案】B【解析】这组数据的平均数、方差和众数都与被涂污数字有关,而这组数据的中位数为24与48的平均数,与被涂污数字无关.故选B.7.【答案】D【解析】根据题意得△= (T) 2_4仑0,解得C V4.故选D.8.【答案】A【解析】•.,点 A (a—2b, 2-Aab}在抛物线y=.¥2+4x+10 _b, Ca-2b)2+4x (a-2b) +10=2-4ab,«2-4«Z?+4/?2+4«-8Z>+10-2-4ab,(0+2)2+4(/?-1 )2=0, .'.a+2-0, b-1-0,解得a--2, b-\, a-2b--2-2x 1 --4,42T沥=2Tx (一2) xl=10, ...点A的坐标为(T, 10), ...对称轴为直线.在-——=-2, .•.点A关于对称2x1轴的对称点的坐标为(0, 10).故选A.9.【答案】C【解析】..•直线*〃如.../ECA=ZCAB=40。
2020河南中考数学押题密卷(四)
2020河南中考数学押题密卷(四)一、选择题(每小题3分,共30分) 1.51-的绝对值是( )A.5 B.5 C.51 D.-5 2.据河南省发改委发布消息,2016年全省固定资产投资继续保持稳定增长,全年完成39753亿元,总量居全国第3位,将数据39753亿用科学计数法表示为( )A.9109753.3⨯B.101039753.0⨯C.1110753.39⨯D.12109753.3⨯ 3.如图,是由7个大小相同的小正方体堆砌而成的几何体,若从标有①、②、③、④的四个小正方体中取走一个后,余下几何体与原几何体的主视图相同,则取走的正方体是( )A. ①B. ②C. ③D. ④4.下列计算正确的是( )A.ab b a 532=+B.()632a a =-C.()222b a b a +=+ D.0228=- 5.在一个不透明的袋子里有两个红球和两个黄球,它们除颜色外都相同,随机从中摸出一球,记下颜色后放回袋中,充分摇匀后,再随机摸出一球,两次都摸到黄球的概率是( )A.21B.31C.41D.616.要判断小航同学的数学成绩是否稳定,那么需要知道他最近几次数学考试成绩的( )A.方差B.众数C.平均数D.中位数7.若关于X 的一元二次方程()02212=+--x x a 有实数根,则整数a 的最大值为( )A.2B.1C.0D.-18.如图,在△ABC 中,∠ABC=90°,∠A=30°,BC=4.若DE 是△ABC 的中位线,延长DE 交 ∠ACM 的平分线于点F ,则DF 的长为( )A.6B.7C.8D.9(第8题) (第9题) (第10题)9.如图,点A 在双曲线x y 4=上,点 B 在双曲线xk y =()0≠k 上,AB//x 轴,分别过点A 、B 向x 轴作垂线,垂足分别为D 、C ,若矩形ABCD 的面积是9,则K 的值为( )A.4B.5C.9D.1310.如图,已知菱形ABCD 的顶点A(0,3-),︒=∠60DAB ,若动点P 从点A 出发,沿Λ→→→→→→B A D C B A 路径,在菱形的边上以每秒0.5个单位长度的速度移动,则第2017秒时,点P 的坐标为( )A.)41,433(-B.)41,433(-- C.)0,3(- D.)0,3( 二、填空题(每小题3分,共15分)11.计算:=--4)4(012.如图,在口ABCD 中,DB=DC ,∠C=58°,AE ⊥BD 于E ,则∠DAE= 度。
2020-2021郑州中考数学—平行四边形的综合压轴题专题复习
2020-2021郑州中考数学—平行四边形的综合压轴题专题复习一、平行四边形1.如图,平面直角坐标系中,四边形OABC为矩形,点A,B的坐标分别为(4,0),(4,3),动点M,N分别从O,B同时出发.以每秒1个单位的速度运动.其中,点M 沿OA向终点A运动,点N沿BC向终点C运动.过点M作MP⊥OA,交AC于P,连接NP,已知动点运动了x秒.(1)P点的坐标为多少(用含x的代数式表示);(2)试求△NPC面积S的表达式,并求出面积S的最大值及相应的x值;(3)当x为何值时,△NPC是一个等腰三角形?简要说明理由.【答案】(1)P点坐标为(x,3﹣x).(2)S的最大值为,此时x=2.(3)x=,或x=,或x=.【解析】试题分析:(1)求P点的坐标,也就是求OM和PM的长,已知了OM的长为x,关键是求出PM的长,方法不唯一,①可通过PM∥OC得出的对应成比例线段来求;②也可延长MP交BC于Q,先在直角三角形CPQ中根据CQ的长和∠ACB的正切值求出PQ的长,然后根据PM=AB﹣PQ来求出PM的长.得出OM和PM的长,即可求出P点的坐标.(2)可按(1)②中的方法经求出PQ的长,而CN的长可根据CN=BC﹣BN来求得,因此根据三角形的面积计算公式即可得出S,x的函数关系式.(3)本题要分类讨论:①当CP=CN时,可在直角三角形CPQ中,用CQ的长即x和∠ABC的余弦值求出CP的表达式,然后联立CN的表达式即可求出x的值;②当CP=PN时,那么CQ=QN,先在直角三角形CPQ中求出CQ的长,然后根据QN=CN﹣CQ求出QN的表达式,根据题设的等量条件即可得出x的值.③当CN=PN时,先求出QP和QN的长,然后在直角三角形PNQ中,用勾股定理求出PN 的长,联立CN的表达式即可求出x的值.试题解析:(1)过点P作PQ⊥BC于点Q,有题意可得:PQ∥AB,∴△CQP∽△CBA,∴∴解得:QP=x,∴PM=3﹣x,由题意可知,C(0,3),M(x,0),N(4﹣x,3),P点坐标为(x,3﹣x).(2)设△NPC的面积为S,在△NPC中,NC=4﹣x,NC边上的高为,其中,0≤x≤4.∴S=(4﹣x)×x=(﹣x2+4x)=﹣(x﹣2)2+.∴S的最大值为,此时x=2.(3)延长MP交CB于Q,则有PQ⊥BC.①若NP=CP,∵PQ⊥BC,∴NQ=CQ=x.∴3x=4,∴x=.②若CP=CN,则CN=4﹣x,PQ=x,CP=x,4﹣x=x,∴x=;③若CN=NP,则CN=4﹣x.∵PQ=x,NQ=4﹣2x,∵在Rt△PNQ中,PN2=NQ2+PQ2,∴(4﹣x)2=(4﹣2x)2+(x)2,∴x=.综上所述,x=,或x=,或x=.考点:二次函数综合题.2.操作:如图,边长为2的正方形ABCD,点P在射线BC上,将△ABP沿AP向右翻折,得到△AEP,DE所在直线与AP所在直线交于点F.探究:(1)如图1,当点P在线段BC上时,①若∠BAP=30°,求∠AFE的度数;②若点E 恰为线段DF的中点时,请通过运算说明点P会在线段BC的什么位置?并求出此时∠AFD 的度数.归纳:(2)若点P是线段BC上任意一点时(不与B,C重合),∠AFD的度数是否会发生变化?试证明你的结论;猜想:(3)如图2,若点P在BC边的延长线上时,∠AFD的度数是否会发生变化?试在图中画出图形,并直接写出结论.【答案】(1)①45°;②BC的中点,45°;(2)不会发生变化,证明参见解析;(3)不会发生变化,作图参见解析.【解析】试题分析:(1)当点P在线段BC上时,①由折叠得到一对角相等,再利用正方形性质求出∠DAE度数,在三角形AFD中,利用内角和定理求出所求角度数即可;②由E为DF中点,得到P为BC中点,如图1,连接BE交AF于点O,作EG∥AD,得EG∥BC,得到AF 垂直平分BE,进而得到三角形BOP与三角形EOG全等,利用全等三角形对应边相等得到BP=EG=1,得到P为BC中点,进而求出所求角度数即可;(2)若点P是线段BC上任意一点时(不与B,C重合),∠AFD的度数不会发生变化,作AG⊥DF于点G,如图1(a)所示,利用折叠的性质及三线合一性质,根据等式的性质求出∠1+∠2的度数,即为∠FAG度数,即可求出∠F度数;(3)作出相应图形,如图2所示,若点P在BC边的延长线上时,∠AFD的度数不会发生变化,理由为:作AG⊥DE于G,得∠DAG=∠EAG,设∠DAG=∠EAG=α,根据∠FAE为∠BAE一半求出所求角度数即可.试题解析:(1)①当点P 在线段BC 上时,∵∠EAP=∠BAP=30°,∴∠DAE=90°﹣30°×2=30°,在△ADE 中,AD=AE ,∠DAE=30°,∴∠ADE=∠AED=(180°﹣30°)÷2=75°,在△AFD 中,∠FAD=30°+30°=60°,∠ADF=75°,∴∠AFE=180°﹣60°﹣75°=45°;②点E 为DF 的中点时,P 也为BC 的中点,理由如下:如图1,连接BE 交AF 于点O ,作EG ∥AD ,得EG ∥BC ,∵EG ∥AD ,DE=EF ,∴EG=AD=1,∵AB=AE ,∴点A 在线段BE 的垂直平分线上,同理可得点P 在线段BE 的垂直平分线上,∴AF 垂直平分线段BE ,∴OB=OE ,∵GE ∥BP ,∴∠OBP=∠OEG ,∠OPB=∠OGE ,∴△BOP ≌△EOG ,∴BP=EG=1,即P 为BC 的中点,∴∠DAF=90°﹣∠BAF ,∠ADF=45°+∠BAF ,∴∠AFD=180°﹣∠DAF ﹣∠ADF=45°;(2)∠AFD 的度数不会发生变化,作AG ⊥DF 于点G ,如图1(a )所示,在△ADE 中,AD=AE ,AG ⊥DE ,∵AG 平分∠DAE ,即∠2=∠DAG ,且∠1=∠BAP ,∴∠1+∠2=×90°=45°,即∠FAG=45°,则∠AFD=90°﹣45°=45°;(3)如图2所示,∠AFE 的大小不会发生变化,∠AFE=45°,作AG ⊥DE 于G ,得∠DAG=∠EAG ,设∠DAG=∠EAG=α,∴∠BAE=90°+2α,∴∠FAE=∠BAE=45°+α,∴∠FAG=∠FAE ﹣∠EAG=45°,在Rt △AFG 中,∠AFE=90°﹣45°=45°.考点:1.正方形的性质;2.折叠性质;3.全等三角形的判定与性质.3.如图①,在等腰Rt ABC V 中,90BAC ∠=o ,点E 在AC 上(且不与点A 、C 重合),在ABC △的外部作等腰Rt CED △,使90CED ∠=o ,连接AD ,分别以AB ,AD 为邻边作平行四边形ABFD ,连接AF .()1请直接写出线段AF ,AE 的数量关系;()2①将CED V 绕点C 逆时针旋转,当点E 在线段BC 上时,如图②,连接AE ,请判断线段AF ,AE 的数量关系,并证明你的结论;②若25AB =,2CE =,在图②的基础上将CED V 绕点C 继续逆时针旋转一周的过程中,当平行四边形ABFD 为菱形时,直接写出线段AE 的长度.【答案】(1)证明见解析;(2)①AF 2AE =②42或22.【解析】【分析】 ()1如图①中,结论:AF 2AE =,只要证明AEF V 是等腰直角三角形即可; ()2①如图②中,结论:AF 2AE =,连接EF ,DF 交BC 于K ,先证明EKF V ≌EDA V 再证明AEF V 是等腰直角三角形即可;②分两种情形a 、如图③中,当AD AC =时,四边形ABFD 是菱形.b 、如图④中当AD AC =时,四边形ABFD 是菱形.分别求解即可.【详解】()1如图①中,结论:AF 2AE =.理由:Q 四边形ABFD 是平行四边形,AB DF ∴=,AB AC =Q ,AC DF ∴=,DE EC =Q ,AE EF ∴=,DEC AEF 90∠∠==o Q , AEF ∴V是等腰直角三角形,AF 2AE ∴=.故答案为AF 2AE =.()2①如图②中,结论:AF 2AE =.理由:连接EF ,DF 交BC 于K .Q 四边形ABFD 是平行四边形,AB//DF ∴,DKE ABC 45∠∠∴==o ,EKF 180DKE 135∠∠∴=-=o o ,EK ED =,ADE 180EDC 18045135∠∠=-=-=o o o o Q ,EKF ADE ∠∠∴=,DKC C ∠∠=Q ,DK DC ∴=,DF AB AC ==Q ,KF AD ∴=,在EKF V 和EDA V 中,EK ED EKF ADE KF AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,EKF ∴V ≌EDA V ,EF EA ∴=,KEF AED ∠∠=,FEA BED 90∠∠∴==o ,AEF ∴V 是等腰直角三角形,AF 2AE ∴=.②如图③中,当AD AC =时,四边形ABFD 是菱形,设AE 交CD 于H ,易知EH DH CH 2===,22AH (25)(2)32=-=,AE AH EH 42=+=,如图④中当AD AC =时,四边形ABFD 是菱形,易知AE AH EH 32222=-=-=,综上所述,满足条件的AE 的长为4222【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识,解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质,寻找全等的条件是解题的难点,属于中考常考题型.4.在平面直角坐标系中,四边形AOBC 是矩形,点O (0,0),点A (5,0),点B (0,3).以点A 为中心,顺时针旋转矩形AOBC ,得到矩形ADEF ,点O ,B ,C 的对应点分别为D ,E ,F .(1)如图①,当点D 落在BC 边上时,求点D 的坐标;(2)如图②,当点D 落在线段BE 上时,AD 与BC 交于点H .①求证△ADB ≌△AOB ;②求点H 的坐标.(3)记K 为矩形AOBC 对角线的交点,S 为△KDE 的面积,求S 的取值范围(直接写出结果即可).【答案】(1)D (1,3);(2)①详见解析;②H (175,3);(3)303344-≤S ≤303344+. 【解析】【分析】(1)如图①,在Rt △ACD 中求出CD 即可解决问题;(2)①根据HL 证明即可;②,设AH=BH=m ,则HC=BC-BH=5-m ,在Rt △AHC 中,根据AH 2=HC 2+AC 2,构建方程求出m 即可解决问题;(3)如图③中,当点D 在线段BK 上时,△DEK 的面积最小,当点D 在BA 的延长线上时,△D′E′K 的面积最大,求出面积的最小值以及最大值即可解决问题;【详解】(1)如图①中,∵A (5,0),B (0,3),∴OA =5,OB =3,∵四边形AOBC 是矩形,∴AC =OB =3,OA =BC =5,∠OBC =∠C =90°,∵矩形ADEF 是由矩形AOBC 旋转得到,∴AD =AO =5,在Rt △ADC 中,CD 22AD AC -,∴BD =BC -CD =1,∴D (1,3).(2)①如图②中,由四边形ADEF是矩形,得到∠ADE=90°,∵点D在线段BE上,∴∠ADB=90°,由(1)可知,AD=AO,又AB=AB,∠AOB=90°,∴Rt△ADB≌Rt△AOB(HL).②如图②中,由△ADB≌△AOB,得到∠BAD=∠BAO,又在矩形AOBC中,OA∥BC,∴∠CBA=∠OAB,∴∠BAD=∠CBA,∴BH=AH,设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,在Rt△AHC中,∵AH2=HC2+AC2,∴m2=32+(5-m)2,∴m=175,∴BH=175,∴H(175,3).(3)如图③中,当点D在线段BK上时,△DEK的面积最小,最小值=12•DE•DK=12×3×(5-34)=30334,当点D在BA的延长线上时,△D′E′K的面积最大,最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×(5+342)=303344+.综上所述,30334-≤S≤30334+.【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,学会利用参数构建方程解决问题.5.如图,△ABC中,AD是边BC上的中线,过点A作AE∥BC,过点D作DE∥AB,DE与AC、AE分别交于点O、点E,连接EC.(1)求证:AD=EC;(2)当∠BAC=Rt∠时,求证:四边形ADCE是菱形.【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】【分析】(1)先证四边形ABDE是平行四边形,再证四边形ADCE是平行四边形即可;(2)由∠BAC=90°,AD是边BC上的中线,得AD=BD=CD,即可证明.【详解】(1)证明:∵AE∥BC,DE∥AB,∴四边形ABDE是平行四边形,∴AE=BD,∵AD是边BC上的中线,∴BD=DC,∴AE=DC,又∵AE∥BC,∴四边形ADCE是平行四边形.(2) 证明:∵∠BAC=90°,AD是边BC上的中线.∴AD=CD∵四边形ADCE是平行四边形,∴四边形ADCE是菱形.【点睛】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定、直角三角形斜边中线定理.根据图形与已知条件灵活应用平行四边形的判定方法是证明的关键.6.如图,正方形ABCD的边长为8,E为BC上一定点,BE=6,F为AB上一动点,把△BEF沿EF折叠,点B落在点B′处,当△AFB′恰好为直角三角形时,B′D的长为?【答案】4655或22【解析】【分析】分两种情况分析:如图1,当∠AB′F=90°时,此时A、B′、E三点共线,过点B′作B′M⊥AB,B′N⊥AD,由三角形的面积法则可求得B′M=2.4,再由勾股定理可求得B′N=3.2,在Rt△CB′N中,由勾股定理得,B′D=2222+DN= 3.2 5.6B N'+;如图2,当∠AFB′=90°时,由题意可知此时四边形EBFB′是正方形,AF=2,过点B′作B′N⊥AD,则四边形AFB′N为矩形,在Rt△CB′N中,由勾股定理得,B′D=2222+DN=22B N'+;【详解】如图1,当∠AB′F=90°时,此时A、B′、E三点共线,∵∠B=90°,∴AE=2222AB BE=86++=10,∵B′E=BE=6,∴AB′=4,∵B′F=BF,AF+BF=AB=8,在Rt△AB′F中,∠AB′F=90°,由勾股定理得,AF2=FB′2+AB′2,∴AF=5,BF=3,过点B′作B′M⊥AB,B′N⊥AD,由三角形的面积法则可求得B′M=2.4,再由勾股定理可求得B′N=3.2,∴AN=B′M=2.4,∴DN=AD-AN=8-2.4=5.6,在Rt△CB′N中,由勾股定理得,B′D=2222+DN= 3.2 5.6B N'+ =4655;如图2,当∠AFB′=90°时,由题意可知此时四边形EBFB′是正方形,∴AF=2,过点B′作B′N⊥AD,则四边形AFB′N为矩形,∴AN=B′F=6,B′N=AF=2,∴DN=AD-AN=2,在Rt△CB′N中,由勾股定理得,2222+DN=22B N'+ =22;综上,可得B′D的长为4655或22.【点睛】本题主要考查正方形的性质与判定,矩形有性质判定、勾股定理、折叠的性质等,能正确地画出图形并能分类讨论是解题的关键.7.已知AD是△ABC的中线P是线段AD上的一点(不与点A、D重合),连接PB、PC,E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点,AD与EF交于点M;(1)如图1,当AB=AC时,求证:四边形EGHF是矩形;(2)如图2,当点P与点M重合时,在不添加任何辅助线的条件下,写出所有与△BPE面积相等的三角形(不包括△BPE本身).【答案】(1)见解析;(2)△APE、△APF、△CPF、△PGH.【解析】【分析】(1)由三角形中位线定理得出EG∥AP,EF∥BC,EF=12BC,GH∥BC,GH=12BC,推出EF∥GH,EF=GH,证得四边形EGHF是平行四边形,证得EF⊥AP,推出EF⊥EG,即可得出结论;(2)由△APE与△BPE的底AE=BE,又等高,得出S△APE=S△BPE,由△APE与△APF的底EP=FP,又等高,得出S△APE=S△APF,由△APF与△CPF的底AF=CF,又等高,得出S△APF=S△CPF,证得△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半,推出S△PGH=12S△AEF=S△APF,即可得出结果.【详解】(1)证明:∵E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点,∴EG ∥AP ,EF ∥BC ,EF =12BC ,GH ∥BC ,GH =12BC , ∴EF ∥GH ,EF =GH , ∴四边形EGHF 是平行四边形,∵AB =AC ,∴AD ⊥BC , ∴EF ⊥AP ,∵EG ∥AP ,∴EF ⊥EG ,∴平行四边形EGHF 是矩形;(2)∵PE 是△APB 的中线,∴△APE 与△BPE 的底AE =BE ,又等高,∴S △APE =S △BPE ,∵AP 是△AEF 的中线,∴△APE 与△APF 的底EP =FP ,又等高,∴S △APE =S △APF ,∴S △APF =S △BPE ,∵PF 是△APC 的中线,∴△APF 与△CPF 的底AF =CF ,又等高,∴S △APF =S △CPF ,∴S △CPF =S △BPE ,∵EF ∥GH ∥BC ,E 、F 、G 、H 分别是AB 、AC 、PB 、PC 的中点,∴△AEF 底边EF 上的高等于△ABC 底边BC 上高的一半,△PGH 底边GH 上的高等于△PBC 底边BC 上高的一半,∴△PGH 底边GH 上的高等于△AEF 底边EF 上高的一半,∵GH =EF ,∴S △PGH =12S △AEF =S △APF , 综上所述,与△BPE 面积相等的三角形为:△APE 、△APF 、△CPF 、△PGH .【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、三角形中位线定理、平行线的性质、三角形面积的计算等知识,熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键.8.如图,在正方形ABCD 中,E 是边AB 上的一动点,点F 在边BC 的延长线上,且CF AE =,连接DE ,DF ,EF . FH 平分EFB ∠交BD 于点H .(1)求证:DE DF ⊥;(2)求证:DH DF =:(3)过点H 作HM EF ⊥于点M ,用等式表示线段AB ,HM 与EF 之间的数量关系,并证明.【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3)22EF AB HM =-,证明详见解析.【解析】【分析】(1)根据正方形性质, CF AE =得到DE DF ⊥.(2)由AED CFD △△≌,得DE DF =.由90ABC ∠=︒,BD 平分ABC ∠, 得45DBF ∠=︒.因为FH 平分EFB ∠,所以EFH BFH ∠=∠.由于45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠, 所以DH DF =.(3)过点H 作HN BC ⊥于点N ,由正方形ABCD 性质,得222BD AB AD AB =+=.由FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥,,得HM HN =.因为4590HBN HNB ∠=︒∠=︒,,所以22sin 45HN BH HN HM ===︒. 由22cos 45DF EF DF DH ===︒,得22EF AB HM =-. 【详解】(1)证明:∵四边形ABCD 是正方形,∴AD CD =,90EAD BCD ADC ∠=∠=∠=︒.∴90EAD FCD ∠=∠=︒.∵CF AE =。
2020年中考数学动点产生平行四边形压轴题解析
动点产生的平行四边形压轴题一.解答题(共6小题)1.(2019•孝感)如图1,在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y=ax2﹣2ax﹣8a与x轴相交于A、B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C(0,﹣4).(1)点A的坐标为(﹣2,0),点B的坐标为(4,0),线段AC的长为2√5,抛物线的解析式为y=12x2﹣x﹣4.(2)点P是线段BC下方抛物线上的一个动点.①如果在x轴上存在点Q,使得以点B、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形.求点Q的坐标.②如图2,过点P作PE∥CA交线段BC于点E,过点P作直线x=t交BC于点F,交x轴于点G,记PE=f,求f关于t的函数解析式;当t取m和4−12m(0<m<2)时,试比较f的对应函数值f1和f2的大小.【解答】解:(1)由题意得:﹣8a=﹣4,故a=1 2,故抛物线的表达式为:y=12x2﹣x﹣4,令y=0,则x=4或﹣2,即点A、B的坐标分别为(﹣2,0)、(4,0),则AC=2√5,故答案为:(﹣2,0)、(4,0)、2√5、y=12x2﹣x﹣4;(2)①当BC是平行四边形的一条边时,如图所示,点C 向右平移4个单位、向上平移4个单位得到点B , 设:点P (n ,12n 2﹣n ﹣4),点Q (m ,0),则点P 向右平移4个单位、向上平移4个单位得到点Q , 即:n +4=m ,12n 2﹣n ﹣4+4=0,解得:m =4或6(舍去4), 即点Q (6,0);②当BC 是平行四边形的对角线时,设点P (m ,n )、点Q (s ,0),其中n =12m 2﹣m ﹣4, 由中点公式可得:m +s =﹣2,n +0=4, 解得:s =2或4(舍去4), 故点Q (2,0);故点Q 的坐标为(2,0)或(6,0);(3)如图2,针对于抛物线y =12x 2﹣x ﹣4,令x =0,则y =﹣4, ∴C (0,﹣4) ∵B (4,0),∴直线BC 的解析式为y =x ﹣4, 过点P 作PH ∥x 轴交BC 于点H ,∵PE ∥AC 轴, ∴∠HEP =∠ACB , ∵PH ∥x 轴,∴∠PHE =∠ABC =45°, ∴△EPH ∽△CAB , ∴EP AC=PH AB,即:=PH 6,则EP =√53PH , 设点P (t ,y P ),∵点P 在抛物线y =12x 2﹣x ﹣4上, ∴y P =12t 2﹣t ﹣4 设点H (x H ,y P ), ∵点H 在直线y =x ﹣4上, ∴y P =x H ﹣4则12t 2﹣t ﹣4=x H ﹣4,则x H =12t 2﹣t ,f =√53PH =√53[t ﹣(12t 2﹣t )]=−√56(t 2﹣4t ),当t =m 时,f 1=−√56(m 2﹣4m ), 当t =4−12m 时,f 2=−√56(14m 2﹣2m ),则f 1﹣f 2=−√58m (m −83),则0<m <2, ∴f 1﹣f 2>0, f 1>f 2.2.(2019•山西)综合与探究如图,抛物线y =ax 2+bx +6经过点A (﹣2,0),B (4,0)两点,与y 轴交于点C ,点D 是抛物线上一个动点,设点D 的横坐标为m (1<m <4).连接AC ,BC ,DB ,DC . (1)求抛物线的函数表达式;(2)△BCD 的面积等于△AOC 的面积的34时,求m 的值;(3)在(2)的条件下,若点M 是x 轴上一动点,点N 是抛物线上一动点,试判断是否存在这样的点M ,使得以点B ,D ,M ,N 为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请直接写出点M 的坐标;若不存在,请说明理由.【解答】解:(1)由抛物线交点式表达式得:y =a (x +2)(x ﹣4)=a (x 2﹣2x ﹣8)=ax 2﹣2ax ﹣8a ,即﹣8a =6,解得:a =−34,故抛物线的表达式为:y =−34x 2+32x +6;(2)点C (0,6),将点B 、C 的坐标代入一次函数表达式并解得: 直线BC 的表达式为:y =−32x +6,如图所示,过点D 作y 轴的平行线交直线BC 与点H ,设点D (m ,−34m 2+32m +6),则点H (m ,−32m +6)S △BDC =12HD ×OB =2(−34m 2+32m +6+32m ﹣6)=2(−34m 2+3m ),34S △ACO =34×12×6×2=92, 即:2(−34m 2+3m )=92, 解得:m =1或3(舍去1), 故m =3;(3)当m =3时,点D (3,154),①当BD 是平行四边形的一条边时,如图所示:M 、N 分别有三个点,设点N (n ,−34n 2+32n +6) 则点N 的纵坐标为绝对值为154,即|−34n 2+32n +6|=154, 解得:n =﹣1或3(舍去)或1±√14, 故点N (N ′、N ″)的坐标为(﹣1,154)或(1+√14,−154)或(1−√14,−154), 当点N (﹣1,154)时,由图象可得:点M (0,0),当N ′的坐标为(1+√14,−154),由中点坐标公式得:点M ′(√14,0), 同理可得:点M ″坐标为(−√14,0),故点M 坐标为:(0,0)或(√14,0)或(−√14,0); ②当BD 是平行四边形的对角线时,点B 、D 的坐标分别为(4,0)、(3,154)设点M (m ,0),点N (s ,t ), 由中点坐标公式得:{4+3=m +s154+0=t +0,而t =−34s 2+32s +6,解得:t =154,s =﹣1,m =8, 故点M 坐标为(8,0);故点M 的坐标为:(0,0)或(√14,0)或(−√14,0)或(8,0).3.(2019•朝阳)如图,在平面直角坐标系中,直线y =2x +6与x 轴交于点A ,与y 轴交点C ,抛物线y =﹣2x 2+bx +c 过A ,C 两点,与x 轴交于另一点B . (1)求抛物线的解析式.(2)在直线AC 上方的抛物线上有一动点E ,连接BE ,与直线AC 相交于点F ,当EF =12BF 时,求sin ∠EBA 的值.(3)点N 是抛物线对称轴上一点,在(2)的条件下,若点E 位于对称轴左侧,在抛物线上是否存在一点M ,使以M ,N ,E ,B 为顶点的四边形是平行四边形?若存在,直接写出点M 的坐标;若不存在,请说明理由.【解答】解:(1)在y =2x +6中,当x =0时y =6,当y =0时x =﹣3, ∴C (0,6)、A (﹣3,0),∵抛物线y =﹣2x 2+bx +c 的图象经过A 、C 两点, ∴{−18−3b +c =0c =6, 解得{b =−4c =6,∴抛物线的解析式为y =﹣2x 2﹣4x +6;(2)令﹣2x 2﹣4x +6=0,解得x 1=﹣3,x 2=1, ∴B (1,0), ∵点E 的横坐标为t , ∴E (t ,﹣2t 2﹣4t +6),如图,过点E 作EH ⊥x 轴于点H ,过点F 作FG ⊥x 轴于点G ,则EH ∥FG ,∵EF =12BF , ∴BF BE=BG BH=FG EH=23,∵BH =1﹣t , ∴BG =23BH =23−23t , ∴点F 的横坐标为13+23t ,∴F (13+23t ,203+43t ),∴﹣2t 2﹣4t +6=32(203+43t ),∴t 2+3t +2=0,解得t 1=﹣2,t 2=﹣1, 当t =﹣2时,﹣2t 2﹣4t +6=6, 当t =﹣1时,﹣2t 2﹣4t +6=8, ∴E 1(﹣2,6),E 2(﹣1,8),当点E 的坐标为(﹣2,6)时,在Rt △EBH 中,EH =6,BH =3, ∴BE =√EH 2+BH 2=√62+32=3√5, ∴sin ∠EBA =EH BE =635=2√55;同理,当点E 的坐标为(﹣1,8)时,sin ∠EBA =EH BE =4√1717, ∴sin ∠EBA 的值为2√55或4√1717; (3)∵点N 在对称轴上, ∴x N =−3+12=−1, ①当EB 为平行四边形的边时,分两种情况:(Ⅰ)点M 在对称轴右侧时,BN 为对角线,∵E (﹣2,6),x N =﹣1,﹣1﹣(﹣2)=1,B (1,0), ∴x M =1+1=2,当x =2时,y =﹣2×22﹣4×2+6=﹣10, ∴M (2,﹣10);(Ⅱ)点M 在对称轴左侧时,BM 为对角线,∵x N =﹣1,B (1,0),1﹣(﹣1)=2,E (﹣2,6), ∴x M =﹣2﹣2=﹣4,当x =﹣4时,y =﹣2×(﹣4)2﹣4×(﹣4)+6=﹣10, ∴M (﹣4,﹣10);②当EB 为平行四边形的对角线时,∵B (1,0),E (﹣2,6),x N =﹣1, ∴1+(﹣2)=﹣1+x M , ∴x M =0, 当x =0时,y =6, ∴M (0,6);综上所述,M 的坐标为(2,﹣10)或(﹣4,﹣10)或(0,6).4.(2019•辽阳)如图,在平面直角坐标系中,Rt △ABC 的边BC 在x 轴上,∠ABC =90°,以A 为顶点的抛物线y =﹣x 2+bx +c 经过点C (3,0),交y 轴于点E (0,3),动点P 在对称轴上.(1)求抛物线解析式;(2)若点P 从A 点出发,沿A →B 方向以1个单位/秒的速度匀速运动到点B 停止,设运动时间为t 秒,过点P 作PD ⊥AB 交AC 于点D ,过点D 平行于y 轴的直线l 交抛物线于点Q ,连接AQ ,CQ ,当t 为何值时,△ACQ 的面积最大?最大值是多少?(3)若点M 是平面内的任意一点,在x 轴上方是否存在点P ,使得以点P ,M ,E ,C 为顶点的四边形是菱形,若存在,请直接写出符合条件的M 点坐标;若不存在,请说明理由.【解答】解:(1)将点C 、E 的坐标代入二次函数表达式得:{−9+3b +c =0c =3,解得:{b =2c =3, 故抛物线的解析式为:y =﹣x 2+2x +3, 则点A (1,4);(2)将点A 、C 的坐标代入一次函数表达式并解得: 直线AC 的表达式为:y =﹣2x +6,点P (1,4﹣t ),则点D (t+22,4﹣t ),设点Q (t+22,4−t 24),S △ACQ =12×DQ ×BC =−14t 2+t ,∵−14<0,故S △ACQ 有最大值,当t =2时,其最大值为1; (3)设点P (1,m ),点M (x ,y ), ①当EC 是菱形一条边时,当点M 在点P 右方时,点E 向右平移3个单位、向下平移3个单位得到C , 则点P 向右平移3个单位、向下平移3个单位得到M , 则1+3=x ,m ﹣3=y ,而MP =EP 得:1+(m ﹣3)2=(x ﹣1)2+(y ﹣m )2, 解得:y =m ﹣3=√17,故点M(4,√17);当点M在点P左方时,同理可得:点M(﹣2,3+√14);②当EC是菱形一对角线时,则EC中点即为PM中点,则x+1=3,y+m=3,而PE=PC,即1+(m﹣3)2=4+m2,解得:m=1,故x=2,y=3﹣m=3﹣1=2,故点M(2,2);综上,点M(4,√17)或(﹣2,3+√14)或M(2,2).5.(2019•通辽)已知,如图,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点为M(1,9),经过抛物线上的两点A(﹣3,﹣7)和B(3,m)的直线交抛物线的对称轴于点C.(1)求抛物线的解析式和直线AB的解析式.(2)在抛物线上A、M两点之间的部分(不包含A、M两点),是否存在点D,使得S△DAC=2S△DCM?若存在,求出点D的坐标;若不存在,请说明理由.(3)若点P在抛物线上,点Q在x轴上,当以点A,M,P,Q为顶点的四边形是平行四边形时,直接写出满足条件的点P的坐标.【解答】解:(1)二次函数表达式为:y=a(x﹣1)2+9,将点A的坐标代入上式并解得:a=﹣1,故抛物线的表达式为:y=﹣x2+2x+8…①,则点B(3,5),将点A、B的坐标代入一次函数表达式并解得:直线AB的表达式为:y=2x﹣1;(2)存在,理由:二次函数对称轴为:x=1,则点C(1,1),过点D作y轴的平行线交AB于点H,设点D(x,﹣x2+2x+8),点H(x,2x﹣1),∵S△DAC=2S△DCM,则S△DAC=12DH(x C﹣x A)=12(﹣x2+2x+8﹣2x+1)(1+3)=12(9﹣1)(1﹣x)×2,解得:x=﹣1或5(舍去5),故点D(﹣1,5);(3)设点Q(m,0)、点P(s,t),t=﹣s2+2s+8,①当AM是平行四边形的一条边时,点M向左平移4个单位向下平移16个单位得到A,同理,点Q(m,0)向左平移4个单位向下平移16个单位为(m﹣4,﹣16),即为点P,即:m﹣4=s,﹣16=t,而t=﹣s2+2s+8,解得:s=6或﹣4,故点P(6,﹣16)或(﹣4,﹣16);②当AM是平行四边形的对角线时,由中点公式得:m+s=﹣2,t=2,而t=﹣s2+2s+8,解得:s=1±√7,故点P(1+√7,2)或(1−√7,2);综上,点P(6,﹣16)或(﹣4,﹣16)或(1+√7,2)或(1−√7,2).。