2019年中考备考：中考模拟卷三角形压轴题精选含精品解析

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2019年山西省中考数学复习模拟卷压轴【几何模型问题】解析

2019年山西省中考数学复习模拟卷压轴【几何模型问题】精选解析模型一、一线三等角型基本经验图形1.如图，折痕EF,D 是等边△ABC 边AB 上的一点，且A 。

： BD=1： 2,现将如也(7折叠，.使点C 与D 重合, 点E 、F 分别在AC 和BC 上，则CE: CF=( )563A. 一44B.—5 c.6D.一7【答案］B【解析】...三角形ABC 为等边三角形，.•.ZA=£B=，C=60°,又•折叠△ABC,使得点C 恰好与边AB 上的点D 重合，折痕为EF, :. ZEDF=ZC=60°, CE=CE,CF=CF,二 /ADE+/FDB=120°, :. ZAED =ZFDB,・.・ 4AEDs/\BDF,AD DEfiF _ FD .AE * BD设等边△ABC 边长为 6 个单位，CE=x, CF=y, AE=6 - x, BF=6 - y,6—x2x147----=-----=—,解得x=—,y=—，x:y=4:5,故选择B.4 6-y y5-272.如图，在ZSABC中，AB=AC=LO,点D是边BC±一动点（不与B,C重合），ZADE=ZB=a,DE交AC于点E,且cosa=—.下列结论：①△ADEs^ACD；②当BD=6时，AABD与Z\DCE全等；5③左DCE为直角三角形时，BD为8或类；©0<CE<6.4.其中正确的结论是.（把你认2为正确结论的序号都填上）［答案］①②③④【解析】VAB=AC,.,.ZB=ZC,又V ZADE=ZB.\ZADE=ZC,AAADE^AACD故①正确；作4AG J_BC于G,AB=AC=10,/ADE=NB=a,cosa=—,BG=ABcosB,.•.BC=2BG=2ABcosB=2xl0xy=16,VBD=6,.,.DC=10,.,.AB=DC,AAABD^ADCE(ASA).故②正确；当ZAED=90°时，由①可知：AADE^AACD,A ZADC=ZAED,V ZAED=90°,4.•.ZADC=90°,即AD_LBC,VAB=AC,.-.BD=CD,A ZADE=ZB=a且cosa=—,AB=10,BD=8.当ZCDE=90。

(名师整理)最新数学中考专题冲刺《三角形》压轴真题训练(含答案)

冲刺中考《三角形》压轴真题训练1．（2019•鄂州）如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，DB＝DC，点E、F分别为DB、BC 的中点，连接AE、EF、AF．（1）求证：AE＝EF；（2）当AF＝AE时，设∠ADB＝α，∠CDB＝β，求α，β之间的数量关系式．2．（2019•江西）在图1，2，3中，已知▱ABCD，∠ABC＝120°，点E为线段BC上的动点，连接AE，以AE为边向上作菱形AEFG，且∠EAG＝120°．（1）如图1，当点E与点B重合时，∠CEF＝°；（2）如图2，连接AF．①填空：∠FAD∠EAB（填“＞”，“＜“，“＝”）；②求证：点F在∠ABC的平分线上；1（3）如图3，连接EG，DG，并延长DG交BA的延长线于点H，当四边形AEGH是平行四边形时，求的值．3．（2019•扬州）如图，平面内的两条直线l1、l2，点A，B在直线l1上，点C、D在直线l2上，过A、B两点分别作直线l2的垂线，垂足分別为A1，B1，我们把线段A1B1叫做线段AB 在直线l2上的正投影，其长度可记作T（AB，CD）或T，特别地线段AC在直线l2上的正投影就是线段A1C．请依据上述定义解决如下问题：（1）如图1，在锐角△ABC中，AB＝5，T（AC，AB）＝3，则T（BC，AB）＝；（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，T（AC，AB）＝4，T（BC，AB）═9，求△ABC的面积；（3）如图3，在钝角△ABC中，∠A＝60°，点D在AB边上，∠ACD＝90°，T（AD，AC）＝2，T（BC，AB）＝6，求T（BC，CD），24．（2019•枣庄）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC于点D．（1）如图1，点M，N分别在AD，AB上，且∠BMN＝90°，当∠AMN＝30°，AB＝2时，求线段AM的长；（2）如图2，点E，F分别在AB，AC上，且∠EDF＝90°，求证：BE＝AF；（3）如图3，点M在AD的延长线上，点N在AC上，且∠BMN＝90°，求证：AB+AN ＝AM．5．（2019•杭州）如图，在△ABC中，AC＜AB＜BC．（1）已知线段AB的垂直平分线与BC边交于点P，连接AP，求证：∠APC＝2∠B．（2）以点B为圆心，线段AB的长为半径画弧，与BC边交于点Q，连接AQ．若∠AQC＝3∠B，求∠B的度数．6．（2019•呼和浩特）如图，在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c．（1）若a＝6，b＝8，c＝12，请直接写出∠A与∠B的和与∠C的大小关系；（2）求证：△ABC的内角和等于180°；3（3）若＝，求证：△ABC是直角三角形．7．（2019•镇江）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，点E、F分别在AD、BC上，AE＝CF，过点A、C分别作EF的垂线，垂足为G、H．（1）求证：△AGE≌△CHF；（2）连接AC，线段GH与AC是否互相平分？请说明理由．8．（2019•北京）已知∠AOB＝30°，H为射线OA上一定点，OH ＝+1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足∠OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150°，得到线段PN，连接ON．（1）依题意补全图1；（2）求证：∠OMP＝∠OPN；（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON＝QP，并证明．49．（2019•河北）已知：整式A＝（n2﹣1）2+（2n）2，整式B＞0．尝试化简整式A．发现A＝B2，求整式B．联想由上可知，B2＝（n2﹣1）2+（2n）2，当n＞1时，n2﹣1，2n，B为直角三角形的三边长，如图．填写下表中B的值：直角三角形三边n2﹣1 2n B勾股数组Ⅰ/ 8勾股数组Ⅱ35 /510．（2019•赤峰）【问题】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线l平行于AB．∠EDF＝90°，点D在直线l上移动，角的一边DE始终经过点B，另一边DF与AC交于点P，研究DP和DB的数量关系．【探究发现】（1）如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点D移动到使点P与点C重合时，通过推理就可以得到DP＝DB，请写出证明过程；【数学思考】（2）如图3，若点P是AC上的任意一点（不含端点A、C），受（1）的启发，这个小组过点D作DG⊥CD交BC于点G，就可以证明DP＝DB，请完成证明过程；【拓展引申】（3）如图4，在（1）的条件下，M是AB边上任意一点（不含端点A、B），N是射线BD 上一点，且AM＝BN，连接MN与BC交于点Q，这个数学兴趣小组经过多次取M点反复进行实验，发现点M在某一位置时BQ的值最大．若AC＝BC＝4，请你直接写出BQ的最大值．611．（2019•长春）教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容．例2 如图，在△ABC中，D，E分别是边BC，AB的中点，AD，CE相交于点G ，求证：＝＝证明：连结ED．请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程．结论应用：在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E为边BC的中点，AE、BD交于点F．（1）如图②，若▱ABCD为正方形，且AB＝6，则OF 的长为．（2）如图③，连结DE交AC于点G，若四边形OFEG的面积为，则▱ABCD的面积为．712．（2019•鸡西）如图，在△ABC中，AB＝BC，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD与BE交于点F，BH⊥AB于点B，点M是BC的中点，连接FM并延长交BH于点H．（1）如图①所示，若∠ABC＝30°，求证：DF+BH ＝BD；（2）如图②所示，若∠ABC＝45°，如图③所示，若∠ABC＝60°（点M与点D重合），猜想线段DF、BH与BD之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．13．（2019•铁岭）如图，△ABC中，AB＝AC，DE垂直平分AB，交线段BC于点E（点E与点C不重合），点F为AC上一点，点G为AB上一点（点G与点A不重合），且∠GEF+∠BAC ＝180°．（1）如图1，当∠B＝45°时，线段AG和CF 的数量关系是．（2）如图2，当∠B＝30°时，猜想线段AG和CF的数量关系，并加以证明．（3）若AB＝6，DG＝1，cos B＝，请直接写出CF的长．814．（2019•阜新）如图，是具有公共边AB的两个直角三角形，其中，AC＝BC，∠ACB＝∠ADB＝90°．（1）如图1，若延长DA到点E，使AE＝BD，连接CD，CE．①求证：CD＝CE，CD⊥CE；②求证：AD+BD ＝CD；（2）若△ABC与△ABD位置如图2所示，请直接写出线段AD，BD，CD的数量关系．15．（2019•锦州）已知，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC边上一点，连接AD，分别以CD和AD为直角边作Rt△CDE和Rt△ADF，使∠DCE＝∠ADF＝90°，点E，F在BC下方，连接EF．9（1）如图1，当BC＝AC，CE＝CD，DF＝AD时，求证：①∠CAD＝∠CDF，②BD＝EF；（2）如图2，当BC＝2AC，CE＝2CD，DF＝2AD时，猜想BD和EF之间的数量关系？并说明理由．10参考答案1．（1）证明：点E、F分别为DB、BC的中点，∴EF ＝CD，∵∠DAB＝90°，∴AE ＝BD，∵DB＝DC，∴AE＝EF；（2）解：∵AF＝AE，AE＝EF，∴△AEF是等边三角形，∴∠AEF＝60°，∵∠DAB＝90°，点E、F分别为DB、BC的中点，∴AE＝DE，EF∥CD，∴∠ADE＝∠DAE，∠BEF＝∠BDC＝β，∴∠AEB＝2∠ADE＝2α，∴∠AEF＝∠AEB+∠FEB＝2α+β＝60°，∴α，β之间的数量关系式为2α+β＝60°．2．解：（1）∵四边形AEFG是菱形，∴∠AEF＝180°﹣∠EAG＝60°，∴∠CEF＝∠AEC﹣∠AEF＝60°，11故答案为：60°；（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠DAB＝180°﹣∠ABC＝60°，∵四边形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，∴∠FAE＝60°，∴∠FAD＝∠EAB，故答案为：＝；②当BA＜BE时，如图2，作FM⊥BC于M，FN⊥BA交BA的延长线于N，则∠FNB＝∠FMB＝90°，∴∠NFM＝60°，又∠AFE＝60°，∴∠AFN＝∠EFM，∵EF＝EA，∠FAE＝60°，∴△AEF为等边三角形，∴FA＝FE，在△AFN和△EFM中，，∴△AFN≌△EFM（AAS）∴FN＝FM，又FM⊥BC，FN⊥BA，∴点F在∠ABC的平分线上，当BA＝BE时，如图4，12∵BA＝BE，∠ABC＝120°，∴∠BAE＝∠BEA＝30°，∵∠EAG＝120°，四边形AEFG为菱形，∴∠EAF＝60°，又EA＝EF，∴△AEF为等边三角形，∴∠FEA＝60°，FA＝FE，则∠FAB＝∠FEB＝90°，又FA＝FE，∴点F在∠ABC的平分线上，当BA＞BE时，同理可证，点F在∠ABC的平分线上，综上所述，点F在∠ABC的平分线上；（3）∵四边形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，∴∠AGF＝60°，∴∠FGE＝∠AGE＝30°，∵四边形AEGH为平行四边形，∴GE∥AH，∴∠GAH＝∠AGE＝30°，∠H＝∠FGE＝30°，∴∠GAN＝90°，又∠AGE＝30°，∴GN＝2AN，∵∠DAB＝60°，∠H＝30°，∴∠ADH＝30°，∴AD＝AH＝GE，13∵四边形ABCD为平行四边形，∴BC＝AD，∴BC＝GE，∵∠HAE＝∠EAB＝30°，∴平行四边形ABEN为菱形，∴AB＝AN＝NE，∴GE＝3AB，∴＝3．3．解：（1）如图1中，作CH⊥AB．14∵T（AC，AB）＝3，∴AH＝3，∵AB＝5，∴BH＝5﹣3＝2，∴T（BC，AB）＝BH＝2，故答案为2．（2）如图2中，作CH⊥AB于H．∵T（AC，AB）＝4，T（BC，AB）═9，∴AH＝4，BH＝9，∵∠ACB＝∠CHA＝∠CHB＝90°，∴∠A+∠ACH＝90°，∠ACH+∠BCH＝90°，∴∠A＝∠BCH，∴△ACH∽△CBH，15∴＝，∴＝，∴CH＝6，∴S△ABC ＝•AB•CH ＝×13×6＝39．（3）如图3中，作CH⊥AD于H，BK⊥CD于K．∵∠ACD＝90°，T（AD，AC）＝2，∴AC＝2，∵∠A＝60°，∴∠ADC＝∠BDK＝30°，∴CD ＝AC＝2，AD＝2AC＝4，AH ＝AC＝1，DH＝AD﹣AH＝3，∵T（BC，AB）＝6，CH⊥AB，∴BH＝6，∴DB＝BH﹣DH＝3，在Rt△BDK中，∵∠K＝90°，BD＝3，∠BDK＝30°，∴DK＝BD•cos30°＝，16∴CK＝CD+DK＝2+＝，∴T（BC，CD）＝CK ＝．4．（1）解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC，∴AD＝BD＝DC，∠ABC＝∠ACB＝45°，∠BAD＝∠CAD＝45°，∵AB＝2，∴AD＝BD＝DC ＝，∵∠AMN＝30°，∴∠BMD＝180°﹣90°﹣30°＝60°，∴∠MBD＝30°，∴BM＝2DM，由勾股定理得，BM2﹣DM2＝BD2，即（2DM）2﹣DM2＝（）2，解得，DM ＝，∴AM＝AD﹣DM ＝﹣；（2）证明：∵AD⊥BC，∠EDF＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（ASA）∴BE＝AF；17（3）证明：过点M作ME∥BC交AB的延长线于E，∴∠AME＝90°，则AE ＝AM，∠E＝45°，∴ME＝MA，∵∠AME＝90°，∠BMN＝90°，∴∠BME＝∠AMN，在△BME和△NMA中，，∴△BME≌△NMA（ASA），∴BE＝AN，∴AB+AN＝AB+BE＝AE ＝AM．5．解：（1）证明：∵线段AB的垂直平分线与BC边交于点P，∴PA＝PB，∴∠B＝∠BAP，∵∠APC＝∠B+∠BAP，∴∠APC＝2∠B；18（2）根据题意可知BA＝BQ，∴∠BAQ＝∠BQA，∵∠AQC＝3∠B，∠AQC＝∠B+∠BAQ，∴∠BQA＝2∠B，∵∠BAQ+∠BQA+∠B＝180°，∴5∠B＝180°，∴∠B＝36°．6．解：（1）∵在△ABC中，a＝6，b＝8，c＝12，∴∠A+∠B＜∠C；（2）如图，过点B作MN∥AC，∵MN∥AC，∴∠MBA＝∠A，∠NBC＝∠C（两直线平行，内错角相等），∵∠MBA+∠ABC+∠NBC＝180°（平角的定义），∴∠A+∠ABC+∠C＝180°（等量代换），即：三角形三个内角的和等于180°；（3）∵＝，∴ac ＝（a+b+c）（a﹣b+c ）＝[（a2+2ac+c2）﹣b2]，∴2ac＝a2+2ac+c2﹣b2，∴a2+c2＝b2，19∴△ABC是直角三角形．7．（1）证明：∵AG⊥EF，CH⊥EF，∴∠G＝∠H＝90°，AG∥CH，∵AD∥BC，∴∠DEF＝∠BFE，∵∠AEG＝∠DEF，∠CFH＝∠BFE，∴∠AEG＝∠CFH，在△AGE和△CHF 中，，∴△AGE≌△CHF（AAS）；（2）解：线段GH与AC互相平分，理由如下：连接AH、CG，如图所示：由（1）得：△AGE≌△CHF，∴AG＝CH，∵AG∥CH，∴四边形AHCG是平行四边形，∴线段GH与AC互相平分．208．解：（1）如图1所示为所求．（2）设∠OPM＝α，∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN∴∠MPN＝150°，PM＝PN∴∠OPN＝∠MPN﹣∠OPM＝150°﹣α∵∠AOB＝30°∴∠OMP＝180°﹣∠AOB﹣∠OPM＝180°﹣30°﹣α＝150°﹣α∴∠OMP＝∠OPN（3）OP＝2时，总有ON＝QP，证明如下：过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2∴∠NCP＝∠PDM＝∠PDQ＝90°21∵∠AOB＝30°，OP＝2∴PD ＝OP＝1∴OD ＝∵OH ＝+1∴DH＝OH﹣OD＝1∵∠OMP＝∠OPN∴180°﹣∠OMP＝180°﹣∠OPN即∠PMD＝∠NPC在△PDM与△NCP中∴△PDM≌△NCP（AAS）∴PD＝NC，DM＝CP设DM＝CP＝x，则OC＝OP+PC＝2+x，MH＝MD+DH＝x+1∵点M关于点H的对称点为Q∴HQ＝MH＝x+1∴DQ＝DH+HQ＝1+x+1＝2+x∴OC＝DQ在△OCN与△QDP中22∴△OCN≌△QDP（SAS）∴ON＝QP9．解：A＝（n2﹣1）2+（2n）2＝n4﹣2n2+1+4n2＝n4+2n2+1＝（n2+1）2，∵A＝B2，B＞0，∴B＝n2+1，当2n＝8时，n＝4，∴n2+1＝42+1＝17；当n2﹣1＝35时，n2+1＝37．故答案为：17；3710．证明：【探究发现】（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC∴∠CAB＝∠CBA＝45°∵CD∥AB∴∠CBA＝∠DCB＝45°，且BD⊥CD∴∠DCB＝∠DBC＝45°∴DB＝DC即DB＝DP【数学思考】23（2）∵DG⊥CD，∠DCB＝45°∴∠DCG＝∠DGC＝45°∴DC＝DG，∠DCP＝∠DGB＝135°，∵∠BDP＝∠CDG＝90°∴∠CDP＝∠BDG，且DC＝DG，∠DCP＝∠DGB＝135°，∴△CDP≌△GDB（ASA）∴BD＝DP【拓展引申】（3）如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ，∵MH⊥MN，∴∠AMH+∠NMB＝90°∵CD∥AB，∠CDB＝90°∴∠DBM＝90°∴∠NMB+∠MNB＝90°∴∠HMA＝∠MNB，且AM＝BN，∠CAB＝∠CBN＝45°∴△AMH≌△BNQ（ASA）∴AH＝BQ24∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，∴AB＝4，AC﹣AH＝BC﹣BQ∴CH＝CQ∴∠CHQ＝∠CQH＝45°＝∠CAB∴HQ∥AB∴∠HQM＝∠QMB∵∠ACB＝∠HMQ＝90°∴点H，点M，点Q，点C四点共圆，∴∠HCM＝∠HQM∴∠HCM＝∠QMB，且∠A＝∠CBA＝45°∴△ACM∽△BMQ∴∴∴BQ ＝∴AM＝2时，BQ有最大值为2．11．教材呈现：证明：如图①，连结ED．∵在△ABC中，D，E分别是边BC，AB的中点，∴DE∥AC，DE ＝AC，25∴△DEG∽△ACG，∴＝＝＝2，∴＝＝3，∴＝＝；结论应用：（1）解：如图②．∵四边形ABCD为正方形，E为边BC的中点，对角线AC、BD交于点O，∴AD∥BC，BE ＝BC ＝AD，BO ＝BD，∴△BEF∽△DAF，∴＝＝，∴BF ＝DF，∴BF ＝BD，∵BO ＝BD，∴OF＝OB﹣BF ＝BD ﹣BD ＝BD，∵正方形ABCD中，AB＝6，∴BD＝6，∴OF ＝．26故答案为；（2）解：如图③，连接OE．由（1）知，BF ＝BD，OF ＝BD，∴＝2．∵△BEF与△OEF的高相同，∴△BEF与△OEF 的面积比＝＝2，同理，△CEG与△OEG的面积比＝2，∴△CEG的面积+△BEF的面积＝2（△OEG的面积+△OEF的面积）＝2×＝1，∴△BOC 的面积＝，∴▱ABCD的面积＝4×＝6．故答案为6．12．（1）证明：连接CF，如图①所示：∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴CF⊥AB，27∵BH⊥AB，∴CF∥BH，∴∠CBH＝∠BCF，∵点M是BC的中点，∴BM＝MC，在△BMH和△CMF 中，，∴△BMH≌△CMF（ASA），∴BH＝CF，∵AB＝BC，BE⊥AC，∴BE垂直平分AC，∴AF＝CF，∴BH＝AF，∴AD＝DF+AF＝DF+BH，∵在Rt△ADB中，∠ABC＝30°，∴AD ＝BD，∴DF+BH ＝BD；（2）解：图②猜想结论：DF+BH＝BD；理由如下：同（1）可证：AD＝DF+AF＝DF+BH，∵在Rt△ADB中，∠ABC＝45°，28∴AD＝BD，∴DF+BH＝BD；图③猜想结论：DF+BH ＝BD；理由如下：同（1）可证：AD＝DF+AF＝DF+BH，∵在Rt△ADB中，∠ABC＝60°，∴AD ＝BD，∴DF+BH ＝BD．13．解：（1）相等，理由：如图1，连接AE，∵DE垂直平分AB，∴AE＝BE，∴∠BAE＝∠B＝45°，∴AE⊥BC，∵AB＝AC，∴BE＝EC＝AE，∠BAE＝∠EAC＝∠C＝45°，∵∠GEF+∠BAC＝180°，∴∠AGE+∠AFE＝360°﹣180°＝180°，∵∠AFE+∠CFE＝180°，29∴∠AGE＝∠CFE，∵∠GAE＝∠C＝45°，∴△AEG≌△CEF（AAS），∴AG＝CF；故答案为：AG＝CF；（2）AG ＝CF，理由：如图2，连接AE，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠BAC＝120°，∵DE垂直平分AB，∴AE＝BE，∴∠BAE＝∠B＝30°，∴∠CAE＝90°，∠BAE＝∠C，∵∠GEF+∠BAC＝180°，∴∠AGE+∠AFE＝180°，∵∠CFE+∠AFE＝180°，∴∠AGE＝∠CFE，∴△AGE∽△CFE，30∴，在Rt△ACE中，∵∠C＝30°，∴＝sin C ＝，∴＝，∴AG ＝CF；（3）①当G在DA上时，如图3，连接AE，∵DE垂直平分AB，∴AD＝BD＝3，AE＝BE，∵cos B ＝，∴BE ＝＝＝4，∴AE＝BE＝4，∴∠BAE＝∠B，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴∠C＝∠BAE，∵∠GEF+∠BAC＝180°，∴∠AGE+∠AFE＝360°﹣180°＝180°，∵∠AFE+∠CFE＝180°，31∴∠CFE＝∠AGE，∴△CFE∽△AGE，∴＝，过A作AH⊥BC于点H，∵cos B ＝，cos45°＝，∵＞，∴∠B＜45°，∴E在H的左侧，∵cos B ＝，∴BH ＝AB ＝×6＝，∵AB＝AC，∴BC＝2BH＝9，∵BE＝4，∴CE＝9﹣4＝5，∵AG＝AD﹣DG＝3﹣1＝2，∴＝，∴CF＝2.5；②当点G在BD上，如图4，同（1）可得，△CFE∽△AGE，∴＝，32∵AG＝AD+DG＝3+1＝4，∴＝，∴CF＝5，综上所述，CF的长为2.5或5．14．（1）证明：①在四边形ADBC中，∠DAC+∠DBC+∠ADB+∠ACB＝360°，∵∠ADB+∠ACB＝180°，∴∠DAC+∠DBC＝180°，∵∠EAC+∠DAC＝180°，∴∠DBC＝∠EAC，∵BD＝AE，BC＝AC，33∴△BCD≌△ACE（SAS），∴CD＝CE，∠BCD＝∠ACE，∵∠BCD+∠DCA＝90°，∴∠ACE+∠DCA＝90°，∴∠DCE＝90°，∴CD⊥CE；②∵CD＝CE，CD⊥CE，∴△CDE是等腰直角三角形，∴DE ＝CD，∵DE＝AD+AE，AE＝BD，∴DE＝AD+BD，∴AD+BD ＝CD；（2）解：AD﹣BD ＝CD；理由：如图2，在AD上截取AE＝BD，连接CE，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠BAC＝∠ABC＝45°，∵∠ADB＝90°，∴∠CBD＝90°﹣∠BAD﹣∠ABC＝90°﹣∠BAD﹣45°＝45°﹣∠BAD，∵∠CAE＝∠BAC﹣∠BAD＝45°﹣∠BAD，∴∠CBD＝∠CAE，∵BD＝AE，BC＝AC，∴△CBD≌△CAE（SAS），34∴CD＝CE，∠BCD＝∠ACE，∵∠ACE+∠BCE＝∠ACB＝90°，∴∠BCD+∠BCE＝90°，即∠DCE＝90°，∴DE ＝＝＝CD，∵DE＝AD﹣AE＝AD﹣BD，∴AD﹣BD ＝CD．15．（1）证明：①∵∠ACB＝90°，∴∠CAD+∠ADC＝90°，∵∠CDF+∠ADC＝90°，∴∠CAD＝∠CDF；②作FH⊥BC交BC的延长线于H，则四边形FECH为矩形，∴CH＝EF，在△ACD和△DHF中，，35∴△ACD≌△DHF（AAS）∴DH＝AC，∵AC＝CB，∴DH＝CB，∴DH﹣CD＝CB﹣CD，即HG＝BD，∴BD＝EF；（2）BD＝EF，理由如下：作FG⊥BC交BC的延长线于G，∵∠CAD＝∠GDF，∠ACD＝∠DGF＝90°，∴△ACD∽△DGF，∴＝＝＝2，即DG＝2AC，GF＝2CD，∵BC＝2AC，CE＝2CD，∴BC＝DG，GF＝CE，∴BD＝CG，∵GF∥CE，GF＝CE，∠G＝90°，∴四边形FECG为矩形，∴CG＝EF，∴BD＝EF．3637。

冲刺2019届中考2019年全国各地中考模拟卷《相似三角形》压轴题集锦(含答案与解析)

（△S ABD ＝（）（（冲刺 2019 届中考：2019 年全国各地中考模拟卷《相似三角形》压轴题集锦（含答案与解析）一．选择题1． 2019△?萧山区模拟）如图，已知在 ABC 中，点 D 为 BC 边上一点（不与点 B ，点 C 重合），连结 AD ，点 E 、点 F 分别为 AB 、AC 上的点，且 EF ∥BC ，交 AD 于点 G ，连结 BG ，并延长BG 交 AC 于点 H ．已知＝2，①若 AD 为 BC 边上的中线，的值为；②若 BH ⊥AC ，当 BC ＞2CD 时，＜2sin ∠DAC ．则（）A ．①正确；②不正确C ．①不正确；②正确B ．①正确；②正确D ．①不正确；②正确2． 2019 春△?北碚区校级月考）如图， ABC 中，点 D 为边 BC 的中点，点 E 、F 分别是边 AB 、AC 上两点，且 EF ∥BC ，若 AE ：EB ＝2：1，则： △S AEFA ．2：1B ．4：9C ．2：3D ．8：9 3． 2019•云南模拟）如图，点 D 、E 分别在△ABC 的边 AB 、AC 上，且 AB ＝9，AC ＝6，AD ＝3，若使△ADE 与△ABC 相似，则 AE 的长为（）A ．2B ．C ．2 或D ．3 或（△S BDF ；4．（2019•郑州模拟）在平面直角坐标系中，已知两点 A （7，5），B （4，3），先将线段 AB向右平移 1 个单位，再向上平移 1 个单位，然后以原点 O 为位似中心，将其缩小为原来的，得到线段 CD ，则点 A 的对应点 C 的坐标为（）A ．（4，3）C ．（﹣4，﹣3）B ．（4，3）或（﹣4，﹣3）D ．（3，2）或（﹣3，﹣2）5．（2019•平房区一模）如图，在矩形 ABCD 中，点 F 在 AD 上，射线 BF 交 AC 于点 G ，交 CD的延长线于点 E ，则下列等式正确的为（）A ．B ．C ．＝D ．＝6． 2019•成华区模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知点 A （4，2），过点 A 作 AB ⊥x 轴，垂足为点 △B ，将 AOB 以坐标原点 O 为位似中心缩小为原图形的，得到△COD ，则 OC 的长度是（）A ．1B ．2C ．D ．7．（2019•铁西区三模）如图，在 △R tABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ，点 D 是线段 AB 上的一点，连结 CD ．过点 B 作 BG ⊥CD ，分别交 CD 、CA 于点 E 、F ，与过点 A 且垂直于 AB 的直线相交于点 G ，连结 DF ，给出以下四个结论：①②若 AF ＝；AB ，则点 D 是 AB 的中点；③若△S ABC＝1，则＝9④当 B 、C 、F 、D 四点在同一个圆上时，DF ＝DB ；其中正确的结论序号是（）FA．①②B．①②④C．①②③D．①②③④8．（2019•杭州模拟）如图，在正方形ABCD中，G为CD边中点，连接AG并延长，分别交对角线BD于点F，交BC边延长线于点E．若FG＝2，则AE的长度为（）A．6B．8C．10D．12 9．（2019•宣州区一模）如图示，用七巧板拼成一幅装饰图，放入长方形ABCD内，装饰图中的三角形顶点E，分别在边AB，BC上，三角形①的边GD在边AD上，则的值是（）A．B．C．D．10．（2019△?中原区校级模拟）如图，在ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AC＜BC，则下列结论中错误的是（）A．CD2＝AD•DBC．AD•BC＝AC•CDB．AC•DB＝BC•ADD．BC2＝BD•AB11．（2019△?香坊区一模）如图，ABC中，G、E分别为AB、AC边上的点，GE∥BC，BD∥（CE交EG延长线于D，BE与CD相交于点F，则下列结论一定正确的是（）A．＝B．＝C．＝D．＝二．填空题12．（2019△?沈阳模拟）如图，在ABC中，AB：AC＝5：4，AD为△ABC的角平分线，点E在BC的延长线上，EF⊥AD于点F，点G在线段AF上，FG＝FD，连接EG交AC于点H，若点H是AC的中点，AG＝8，则线段DF的长是．13．2019•拱墅区校级模拟）如图，AC⊥BC，CD⊥AB，且AB＝5，BC＝3，则的值为．14．（2019△?福田区校级模拟）如图，分别以ABC中BC和AC为腰向外作等腰直角△EBC和等腰直角△DAC，连结DE，且DE∥BC，EB＝BC＝6，四边形EBCD的面积为24，则AB的长为．15．（2019•昆明模拟）如图所示，在ABCD中，点E在边DC上，DE：EC＝7：2，连接AE交BD于点△F，则DEF的面积与△BAF的面积之比为．16．（2019•道外区一模）如图，AD为△ABC的角平分线，AC＝BC，E在AC延长线上，且AD ＝DE，若AB＝6，CE＝2，则BD的长为．17．（2019春•和平区校级月考）如图，点A在线段BD上，在BD的同侧做等腰△R t ABC和等腰△R t ADE，CD与BE、AE分别交于点P，M．对于下列结论：①△BAE∽△CAD；②MP•MD＝MA•ME；③2CB2＝CP•CM．其中正确的是18．（2019•邗江区校级一模）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E为AB的中点，P为BC上一动点，作PQ⊥EP交直线CD于点Q，设点P每秒以1个单位长度的速度从点B运动到点C停止，在此时间段内，点Q运动的平均速度为每秒个单位．19．（2019•咸宁模拟）如图，▱ABCD中，点E是边BC上一点，AE交BD于点F，若BE＝2，EC＝△3，BEF的面积是1，则▱ABCD的面积为．20．（2019•简阳市模拟）在平面直角坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2），延长CB交x轴于点A，作正方形A B C C；延长C B111111交x轴于点A，作正方形A B C C…按这样的规律进行下去，第1个正方形的面积为；22221第4个正方形的面积为．三．解答题21．（2019•徐汇区二模）如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AC，E是边BC上的点，且∠AED＝∠CAD，DE交AC于点F．（△1）求证：ABE∽△DAF；（2）当AC•FC＝AE•EC时，求证：AD＝BE．22．（2019青山区模拟）（1）如图1，AH⊥CG，EG⊥CG，点D在CG上，AD⊥CE于点F，求证：；（△2）在ABC中，记tan B＝m，点D在直线BC上，点E在边AB上①如图2，m＝3，点D在线段BC上，且AD⊥CE于点F，若AD＝3CE，则＝；②如图3，m＝＝2AC，CD＝，点D在线段BC的延长线上，连接DE交AC于M，∠CMD＝60°，DE ，求BE的长．23．2019闵行区二模）如图1，点P为∠MAN的内部一点．过点P分别作PB⊥AM、PC⊥AN，（垂足分别为点B、C．过点B作BD⊥CP，与CP的延长线相交于点D．BE⊥AP，垂足为点E．（1）求证：∠BPD＝∠MAN；（2）如果sin，AB＝2，BE＝BD，求BD的长；（3）如图2，设点Q是线段BP的中点．联结QC、CE，QC交AP于点F．如果∠MAN＝45°，且BE∥QC，求的值．24．（2019•合肥二模）如图，已知四边形ABCD是菱形，点E是对角线AC上一点，连接BE 并延长交AD于点F，交CD的延长线于点G，连接DE．（△1）求证：ABE≌△ADE；（2）求证：EB2＝EF•EG；（3）若菱形ABCD的边长为4，∠ABC＝60°，AE：EC＝1：3，求BG的长．25．（2019•安徽一模）如图，四边形ABCD内一点E满足EB＝EC，EA＝ED，∠BEC＝∠AED＝90°，AC交DE于点F，交BD于点G．（1）∠AGB的度数为．（2）若四边形AECD是平行四边形．①求证：AC＝AB；②若AE＝2，求AF•CG的值．26．（2019宣州区一模）将△ABC绕点A逆时针旋转α得到△ADE，ED的延长线与BC相交于点F，连接AF、EC．（1）如图1，若∠BAC＝α＝60°．①证明：AB∥EC；②证明：△DAF∽△DEC；（2）如图2，若∠BAC＜α，EF交AC于G点，图中有相似三角形吗？如果有，请直接写出所有相似三角形．11/5727．（2019郊区一模）（1）问题发现如图（△1），在OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝36°，连接AC，BD 交于点M．①的值为；②∠AMB的度数为；（2）类比探究如图（△2），在OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC，交BD的延长线于点M．请计算的值及∠AMB的度数．（3）拓展延伸在（△2）的条件下，将OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M．若OD＝1，OB＝，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．12/5728．（2019都江堰市模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，tan A＝，AC＝6，以BC 为斜边向右侧作等腰直角△EBC，P是BE延长线上一点，连接PC，以PC为直角边向下方作等腰直角△PCD，CD交线段BE于点F，连接BD．（1）求证：PC：CD＝CE：BC；（2）若PE＝n（0＜n≤△4），求BDP的面积；（用含n的代数式表示）（△3）当BDF为等腰三角形时，请直接写出线段PE的长度．13/5729．（2019曹县一模）如图1，ABCD中，点E是AB中点，连接DE并延长，交CB的延长线于点F．（△1）求证：ADE≌△BFE；（2）如图2，点G是边BC上任意一点（点G不与点B、C重合），连接AG，交DF于点H，连接HC，过点A作AK∥HC，交DF于点K．①求证：HC＝2AK；②当点G是边BC中点时，求的值．14/5730．（2019春江岸区校级月考）如图（1），AB⊥BC，CD⊥BC，点E在线段BC上，AE⊥ED，求证：＝．（△2）在ABC中，记tan B＝m，点E在边AB上，点D在直线BC上．①如图（2），m＝2，点D在线段BC上且AD⊥EC，垂足为F，若AD＝2EC，求；②如图（3），m＝＝2AC，若CD＝3，点D在线段BC的延长线上，ED交AC于点H，∠CHD＝60°，ED，BC＝4△，直接写出BED的面积．15/5731．（2019春包河区校级月考）如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，GF⊥CD．（1）①求证：四边形CEGF是正方形；②推断：的值为：（2）将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系；（3）正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H．若AG＝6，GH＝2，求正方形CEGF和正方形ABCD的边长．16/57（答案与解析一．选择题1．2019萧山区模拟）如图，已知在△ABC中，点D为BC边上一点（不与点B，点C重合），连结AD，点E、点F分别为AB、AC上的点，且EF∥BC，交AD于点G，连结BG，并延长BG交AC于点H．已知＝2，①若AD为BC边上的中线，的值为；②若BH⊥AC，当BC＞2CD时，＜2sin∠DAC．则（）A．①正确；②不正确C．①不正确；②正确B．①正确；②正确D．①不正确；②正确解：①过点B作BM∥AC，与AD的延长线相交于点M，∴∠C＝∠MBD，在△ACD和△MBD中，，∴△ACD≌△MBD（ASA），∴AD＝MD，∵EF∥BC，，∴∴，，∵BM∥AC，∴△MBG∽△AHG，∴∴，，17/57△S ABD ＝（）（故①正确；（2）过点 D 作 DN ⊥AC 于点 N ，则 DN ＝AD sin ∠DAC ，∵BH ⊥AC ，DN ⊥AC ，∴BH ∥DN ，∴，即，∵BC ＞2CD ，∴∴，．故②错误；故选：A ．2． 2019 春北碚区校级月考）如图，△ABC 中，点 D 为边 BC 的中点，点 E 、F 分别是边 AB 、AC 上两点，且 EF ∥BC ，若 AE ：EB ＝2：1，则： △S AEFA ．2：1B ．4：9C ．2：318 / 57D ．8：9△S ABC ，（解：∵AE ：EB ＝2：1，∴AE ：AB ＝2：3，∵EF ∥BC ，∴△AEF ∽△ABC ，∴ ＝（）2＝（）2＝，∵D 为 BC 的中点，∴BD ＝CD ，△S ABD∴ ＝∴＝，故选：D ． 3． 2019•云南模拟）如图，点 D 、E 分别在△ABC 的边 AB 、AC 上，且 AB ＝9，AC ＝6，AD ＝3，若使△ADE 与△ABC 相似，则 AE 的长为（）A ．2B ．C ．2 或D ．3 或解：①若∠AED 对应∠B 时，解得 AE ＝；＝，即＝，②当∠ADE 对应∠B 时，＝，即＝，解得 AE ＝2．故选：C ．4．（2019•郑州模拟）在平面直角坐标系中，已知两点 A （7，5），B （4，3），先将线段 AB向右平移 1 个单位，再向上平移 1 个单位，然后以原点 O 为位似中心，将其缩小为原来的，得到线段 CD ，则点 A 的对应点 C 的坐标为（）A ．（4，3）B ．（4，3）或（﹣4，﹣3）19 / 57C．（﹣4，﹣3）D．（3，2）或（﹣3，﹣2）解：∵点A（7，5），B（4，3），先将线段AB向右平移1个单位，再向上平移1个单位，∴点A，B平移后的对应点的坐标为A′（8，6），B（5，4），∵以原点O为位似中心，将其缩小为原来的，得到线段CD，∴则点A′的对应点C的坐标为：（4，3）或（﹣4，﹣3）．故选：B．5．（2019平房区一模）如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，射线BF交AC于点G，交CD 的延长线于点E，则下列等式正确的为（）A．B．C．＝D．＝解：∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴△ABF∽△DEF，△AFG∽△CBG，△EFD∽△EBC，△ABG∽△CEG，∵△ABF∽△DEF，∴＝，故A错误；∵△AFG∽△CBG，△ABG∽△CEG，∴∴＝＝，＝，，故B正确；∵△AFG∽△CBG，∴＝，故C错误；∵△EFD∽△EBC，∴＝，故D错误；故选：B．20/57（△S BDF ；6． 2019•成华区模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知点 A （4，2），过点 A 作 AB ⊥x 轴，垂足为点 △B ，将 AOB 以坐标原点 O 为位似中心缩小为原图形的，得到△COD ，则 OC 的长度是（）A ．1B ．2C ．D ．解：∵点 A （4，2），过点 A 作 AB ⊥x 轴于点 △B ．将 AOB 以坐标原点 O 为位似中心缩小为原图形的，得到△COD ，∴C （2，1），则 OC 的长度＝．故选：C ．7．（2019•铁西区三模）如图，在 △R tABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ，点 D 是线段 AB 上的一点，连结 CD ．过点 B 作 BG ⊥CD ，分别交 CD 、CA 于点 E 、F ，与过点 A 且垂直于 AB 的直线相交于点 G ，连结 DF ，给出以下四个结论：①；②若 AF ＝AB ，则点 D 是 AB 的中点；③若△S ABC＝1，则＝9④当 B 、C 、F 、D 四点在同一个圆上时，DF ＝DB ；其中正确的结论序号是（）A ．①②B ．①②④C ．①②③D ．①②③④解：依题意可得 BC ∥AG ，∴△AFG ∽△BFC ，∴ ＝，又AB＝BC，∴＝．故结论①正确；如右图，∵∠1+∠3＝90°，∠1+∠4＝90°，∴∠3＝∠4．在△ABG与△BCD中，∴△ABG≌△BCD（ASA），∴AG＝BD，又BD＝AD，∴AG＝AD，在△AFG与△AFD中，∴△AFG≌△AFD（SAS），∵△ABC为等腰直角三角形，，，∴AC＝AB；∵△AFG≌△A FD，∴AG＝AD＝AB＝BC；∵△AFG∽△BFC，∴＝，∴FC＝2AF，∴AF＝AC＝AB．故结论②正确；当B、C、F、D四点在同一个圆上时，∴∠2＝∠ACB∵∠ABC＝90°，AB＝BC，∴∠ACB＝∠CAB＝45°，∴∠2＝45°，∴∠CFD＝∠AFD＝90°，△S ABC ；△S ABF ，△S BDF ＝△S BDF ． ∴CD 是 B 、C 、F 、D 四点所在圆的直径，∵BG ⊥CD ，∴＝，∴DF ＝DB ，故③正确；∵∴＝，∵AG ＝BD ，＝，＝，∴ ＝，AF ＝ AC ，△S ABF ∴ ＝△S BDF ∴ ＝△S ABC △S ABC ∴，即＝12故结论④错误．故选：B ．8．（2019 杭州模拟）如图，在正方形 ABCD 中，G 为 CD 边中点，连接 AG 并延长，分别交对角线 BD 于点 F ，交 BC 边延长线于点 E ．若 FG ＝2，则 AE 的长度为（）A ．6解：∵AB ∥DG ，∴△ABF ∽△GDF ．∴＝2．B ．8C ．10D ．1223/57F，∴AG＝6．在△ADG和△ECG中，∴△ADG≌△ECG（AAS）．∴AG＝EG．∴AE＝2AG＝12．故选：D．9．（2019•宣州区一模）如图示，用七巧板拼成一幅装饰图，放入长方形ABCD内，装饰图中的三角形顶点E，分别在边AB BC上，三角形①的边GD在边AD上，则的值是（）A．B．C．D．解：设七巧板的边长为x，则AB＝x+x，BC＝x+x+x＝2x，∴＝＝．故选：C．10．（2019△?中原区校级模拟）如图，在ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AC＜BC，则下列结论中错误的是（）A．CD2＝AD•DB B．AC•DB＝BC•ADC．AD•BC＝AC•CD解：∵∠ACB＝90°，CD⊥AB∴CD2＝AD•DB，BC2＝BD•AB，故A、D选项正确；∵△ACD∽△CBD，∴＝＝，∴AC•DB＝BC•CD，故B选项错误；AD•BC＝AC•CD，故C选项正确；故选：B．D．BC2＝BD•AB11．（2019△?香坊区一模）如图，ABC中，G、E分别为A B、AC边上的点，GE∥BC，BD∥CE 交EG延长线于D，BE与CD相交于点F，则下列结论一定正确的是（）A．＝B．＝C．＝D．＝解：如图，设AB交CD于点O．∵DG∥BC，∴△DOG∽△COB，∴＝，∵BD∥AC，∴△DOB∽△COA，∴＝，∵BD∥AC，DE∥BC，∴四边形DECB是平行四边形，∴BD＝EC，∵GE∥BC，∴∴＝＝，，故选：D．二．填空题（共9小题）12．（2019沈阳模拟）如图，在△ABC中，AB：AC＝5：4，AD为△ABC的角平分线，点E在BC的延长线上，EF⊥AD于点F，点G在线段AF上，FG＝FD，连接EG交AC于点H，若点H是AC的中点，AG＝8，则线段DF的长是6．解：∵点H是AC的中点，∴AC＝2AH∵FG＝FD，EF⊥AD，∴EF为DG的中垂线∴GE＝DE∴∠EDG＝∠EGD∴∠AGH＝∠ADB∵AD平分∠BAC（∴∠BAD＝∠CAD，且∠AGH＝∠ADB∴△AGH∽△ADB∴∴＝＝＝，且AB：AC＝5：4，∴AD＝AG＝20∴DG＝AD﹣AG＝12，∴DF＝DG＝×12＝6故答案为：613．2019•拱墅区校级模拟）如图，AC⊥BC，CD⊥AB，且AB＝5，BC＝3，则的值为．解：∵AC⊥BC，∴∠ACB＝90°，∴，∵CD⊥AB，∴∠ADC＝∠ACB＝90°，∵∠CAD＝∠BAC∴△ACD∽△ABC，∴．故答案为：．14．（2019△?福田区校级模拟）如图，分别以ABC中BC和AC为腰向外作等腰直角△EBC和等腰直角△DAC，连结DE，且DE∥BC，EB＝BC＝6，四边形EBCD的面积为24，则AB的长为．△S DEC＝24﹣18＝6 △S ABC ＝＝3解：∵ ＝ BC ×BE ＝18，四边形 EBCD 的面积为 24，△S BEC ∴∵△EBC 与△DAC 是等腰直角三角形∴BE ＝BC ＝6，AC ＝DA ，∠EBC ＝∠DAC ＝90°，∠ECB ＝45°＝∠DCA ，∴EC ＝∵BC ，DC ＝ AC ，∠BCA ＝∠DCE ，，且∠BCA ＝∠DCE ，∴△ABC ∽△DEC∴∠DEC ＝∠ABC ，∴∵DE ∥BC∴∠DEC ＝∠ECB ＝45°∴∠ABC ＝45°如图，过点 A 作 AM ⊥BC 于 M∵ ＝ ×BC ×AM ＝3△S ABC∴AM ＝1∵∠ABC ＝45°，AM ⊥BC∴BM＝AM＝1，∴AB＝故答案为：15．（2019•昆明模拟）如图所示，在ABCD中，点E在边DC上，DE：EC＝7：2，连接AE交BD于点△F，则DEF的面积与△BAF的面积之比为49：81．解：∵＝，∴＝，∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB，DC＝AB，∴∠FDE＝∠FBA，∠FED＝∠FAB，＝，∴△DFE∽△BFA，∴＝（）2＝，故答案为：49：81．μ16．（2019•道外区一模）如图，AD为△ABC的角平分线，AC＝BC，E在AC延长线上，且AD ＝DE，若AB＝6，CE＝2，则BD的长为2+．解：过D点作DF∥AB，∴∠1＝∠4，∵∠1＝∠3，∴∠3＝∠4，∴AF＝DF，∵AC＝BC，∴∠B＝∠BAC，∴∠FDE＝∠2＝∠B ∴CD＝CF，∴BD＝AF，∵AD＝AF，∴∠3＝∠E，∴∠E＝∠1，在△ABD和EFD中，，△ABD≌△EFD（AAS）∴EF＝AB＝6，∵CE＝2，∴CF＝4，∵DF∥AB，∴△ABC∽FDC∴，∴，解得，（舍去）故答案为：2+．17．（2019春•和平区校级月考）如图，点A在线段BD上，在BD的同侧做等腰△R t ABC和等腰△R t ADE，CD与BE、AE分别交于点P，M．对于下列结论：①△BAE∽△CAD；②MP•MD＝MA•ME；③2CB2＝CP•CM．其中正确的是①②③解：∵△ABC是等腰直角三角形，∴＝，∠BAC＝45°，同理，＝，∠EAD＝45°，∴＝，∠BAE＝∠CAD，∴△BAE∽△CAD，①正确；∵△BAE∽△CAD，∴∠BEA＝∠CDA，又∠PME＝∠AMD，∴△PME∽△AMD，∴＝，∴MP•MD＝MA•ME，②正确；∵∠BEA＝∠CDA，∴P、E、D、A四点共圆，∴∠APM＝∠AED＝90°，∵∠BAC＝∠EAD＝45°，∴∠CAM＝90°，∴△CAP∽△CMA，∴＝，∴AC2＝CP•CM，∵AC2＝2CB2，∴2CB2＝CP•CM，③正确，故答案为：①②③．18．（2019•邗江区校级一模）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E为AB的中点，P为BC 上一动点，作PQ⊥EP交直线CD于点Q，设点P每秒以1个单位长度的速度从点B运动到点C停止，在此时间段内，点Q运动的平均速度为每秒个单位．解：∵四边形ABCD是矩形∴AB＝CD＝6，∠B＝∠C＝90°，∴∠BEP+∠BPE＝90°∵E为AB的中点，∴BE＝3∵PQ⊥EP∴∠BPE+∠CPQ＝90°，∴∠BEP＝∠CPQ，且∠B＝∠C＝90°∴△BEP∽△CPQ∴∴CQ＝∴CQ的最大值为＝∴点Q路程＝2×＝∴点Q运动的平均速度＝÷（8÷1）＝故答案为：19．（2019•咸宁模拟）如图，▱ABCD中，点E是边BC上一点，AE交BD于点F，若BE＝2，EC＝△3，BEF的面积是1，则▱ABCD的面积为．△S DFA＝△S BAF＝△S AFD＝+＝解：▱ABCD中，BE∥AD，∴△BFE∽△DFA而△BEF的面积是1，∴又∵△BFE∽△DFA∴利用＝，即可知△S ABD△S BAF△S DFA而＝+∴∴▱ABCD的面积＝×2＝故答案为．20．（2019简阳市模拟）在平面直角坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2），延长CB交x轴于点A，作正方形A B C C；延长C B111111交x轴于点A，作正方形A B C C…按这样的规律进行下去，第1个正方形的面积为5；22221第4个正方形的面积为（）3×5．解：∵点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2）．在△R t AOD中，AD＝∴正方形ABCD的面积为：（＝，）2＝5；∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝∠ABC＝∠ABA＝90°＝∠DOA，1∴∠ADO+∠DAO＝90°，∠DAO+∠BAA＝90°，1∴∠ADO＝∠BAA，1∵∠DOA＝∠ABA，1∴△DOA∽△ABA，1∴＝，即＝，解得：A B＝1，∴A C＝A B+BC＝11，∴正方形A B C C的面积为：（111）2＝；∵第1个正方形ABCD的面积为：5；第2个正方形A B C C的面积为：＝×5；111同理可得：第3个正方形A B C C的面积为：××5＝（）2×5；2221∴第4个正方形A B C C的面积为：（）3×5．3332故答案为：5，（）3×5．三．解答题（共11小题）21．（2019•徐汇区二模）如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AC，E是边BC上的点，且∠AED＝∠CAD，DE交AC于点F．（△1）求证：ABE∽△DAF；（2）当AC•FC＝AE•EC时，求证：AD＝BE．证明：（1）∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∴∠DAF＝∠B，∵∠AEC＝∠AED+∠DEC＝∠B+∠BAE，∠AED＝∠CAD＝∠ACB，∴∠DEC＝∠BAE，∵AD∥BC，∴∠DEC＝∠ADF，∴∠BAE＝∠ADF，∴△ABE∽△DAF．（2）∵AC•FC＝AE•EC，AC＝AB，∴AB•FC＝AE•EC，∴＝，∵∠B＝∠FCE，∠BAE＝∠FEC，∴△BAE∽△CEF，∴＝，∴＝，∴FC＝EF，∴∠FEC＝∠FCE，∵∠FCE＝∠B，∴∠B＝∠FEC，∴AB∥DE，∵AD∥BE，∴四边形ADEB是平行四边形，∴AD＝BE．22．（2019青山区模拟）（1）如图1，AH⊥CG，EG⊥CG，点D在CG上，AD⊥CE于点F，求证：；（△2）在ABC中，记tan B＝m，点D在直线BC上，点E在边AB上①如图2，m＝3，点D在线段BC上，且AD⊥CE于点F，若AD＝3CE，则＝；②如图3，m＝＝2AC，CD＝，点D在线段BC的延长线上，连接DE交AC于M，∠CMD＝60°，DE，求BE的长．（1）证明：∵AH⊥CG，EG⊥CG，AD⊥CE，∴∠AHD＝∠G＝∠AFC＝90°，∴∠A+∠ADC＝∠C+∠CDF＝90°，∴∠A＝∠C，∴△ADH∽△CEG，∴；（2）解：如图2，过点A作AM⊥BC于点M，过点E作EH⊥BC于点H，∵tan B＝m＝2＝＝，∴设EH＝2x，BH＝x，AM＝2BM∴BE＝＝x，∵AF⊥EC，AM⊥CD∴∠ADC+∠DCE＝90°，∠ADC+∠DAM＝90°，∴∠DAM＝∠DCE，且∠AMD＝∠EHC＝90°∴△EHC∽△DMA，且AD＝2EC，∴＝＝＝2，∴DM＝2EH＝4x，AM＝2HC，∵AM＝2HC，AM＝2BM∴HC＝BM∴HC﹣HM＝BM﹣HM∴BH＝MC＝x∴DC＝DM+MC＝5x∴＝＝，故答案为：；（3）解：如图3，作∠BCF＝∠B，交AB于点F，过点D作GD⊥BD交BA的延长线于点G，过点F作FH⊥BC于点H，∵tan B＝m＝，∴∠B＝30°，∵∠BCF＝∠B＝30°，∴BF＝FC，且FH⊥BC，BC＝4，∴BH＝HC＝2，且∠B＝30°，FH⊥BC∴FH＝2，BF＝FC＝4，∵CD＝3∴BD＝7，BC＝4，，又∵∠BCF＝∠B＝30°，GD⊥BD，∴∠G＝60°，∠AFC＝60°，GD＝7，BG＝2DG＝14，∵∠BCA＝∠BDE+∠CMD＝∠BDE+60°＝∠BCF+∠ACF＝30°+∠ACF，∴∠ACF＝30°+∠BDE，且∠AEM＝∠B+∠BDE＝30°+∠BDE，∴∠ACF＝∠AEM，且∠G＝∠AFC＝60°∴△GED∽△FCA（∴＝＝，且DE＝2AC，∴GD＝2AF，EG＝2FC＝8，∴AF＝，∴BE＝BG﹣EG＝14﹣8＝6．23．2019闵行区二模）如图1，点P为∠MAN的内部一点．过点P分别作PB⊥AM、PC⊥AN，垂足分别为点B、C．过点B作BD⊥CP，与CP的延长线相交于点D．BE⊥AP，垂足为点E．（1）求证：∠BPD＝∠MAN；（2）如果sin，AB＝2，BE＝BD，求BD的长；（3）如图2，设点Q是线段BP的中点．联结QC、CE，QC交AP于点F．如果∠MAN＝45°，且BE∥QC，求的值．（1）证明：∵PB⊥AM，PC⊥AN，∴∠PBA＝∠PCA＝90°，∵∠BAC+∠PCA+∠BPC+∠PBA＝360°，∴∠BAC+∠BPC＝180°，∵∠BPD+∠BPC＝180°，∴∠MAN＝∠BPD；（2）解：∵BE⊥AP，∠D＝90°，BE＝BD，∴∠BPD＝∠BPE．∴∠BPE＝∠BAC，在△R t ABP中，由∠ABP＝90°，BE⊥AP，∴∠APB＝∠ABE，∴∠BAC＝∠ABE，∴sin∠BAC＝sin∠ABE＝＝，，∵AB＝2∴AE＝6，∴BE＝＝2，∴BD＝BE＝2；（3）解：过点B作BG⊥AC，垂足为点G．过点Q作QH∥BD，设BD＝2a，PC＝2b，∵∠BPD＝∠MAN＝45°，∴DP＝BD＝2a，∴CD＝2a+2b，在△R t ABG和△R t BDP中，∠BAC＝∠BPD＝45°，∴BG＝AG，DP＝BD，∵QH∥BD，点Q为BP的中点，∴PH＝PD＝a．QH＝BD＝a，∴CH＝PH+PC＝a+2b，∵BD∥AC，CD⊥AC，BG⊥AC，∴BG＝DC＝2a+2b．∴AC＝4a+2b，∵BE∥QC，BE⊥AP，∴∠CFP＝∠BEP＝90°，又∠ACP＝90°，∴∠QCH＝∠PAC，∴△ACP∽△QCH，∴＝，即＝，解得，a＝b，∴CH＝3a．由勾股定理得，CQ＝＝a，∵∠QHC＝∠PFC＝90°，∠QCH＝∠PCF，∴△QCH∽△PFC，∴＝，即＝，解得，FC＝a，∴QF＝QC﹣FC＝a，∵BE∥QC，Q是PB的中点，∴PE＝EF，∴△PQF与△CEF面积之比等于高之比，∴＝＝．24．（2019•合肥二模）如图，已知四边形ABCD是菱形，点E是对角线AC上一点，连接BE 并延长交AD于点F，交CD的延长线于点G，连接DE．（△1）求证：ABE≌△ADE；（2）求证：EB2＝EF•EG；（3）若菱形ABCD的边长为4，∠ABC＝60°，AE：EC＝1：3，求BG的长．解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC，又AE＝AE，∴△ABE≌△ADE（SAS）；（2）∵AB∥CG，∴∠ABG＝∠EGD，由（△1）得ABE≌△ADE，∴ED＝EB，∠ABG＝∠ADE，∴∠EGD＝∠ADE，∵∠FED＝∠DEG，∴△EDF∽△EGD，∴，所以ED2＝EF•EG；∴EB2＝EF•EG；（3）∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形．∴AC＝AB＝4．连接BD交AC于O，则AC⊥BD，OA＝OC＝2，OB＝2，∵AE：EC＝1：3，∴AE＝OE＝1．．∴BE＝∵AD∥BC，∴，∴EF＝BE＝．由（2）得EB2＝EF•EG，∴EG＝，∴BG＝BE+EG＝4．25．（2019•安徽一模）如图，四边形ABCD内一点E满足EB＝EC，EA＝ED，∠BEC＝∠AED＝90°，AC交DE于点F，交BD于点G．（1）∠AGB的度数为90°．（2）若四边形AECD是平行四边形．①求证：AC＝AB；②若AE＝2，求AF•CG的值．解：（△1）在DEB和△AEC中，，∴△DEB≌△AEC（SAS）．∴∠EDB＝∠EAC．∵∠EFA+∠EAF＝90°，∠EFA＝∠DFG，∴∠DFG+∠FDG＝90°，∴∠AGB＝90°．故答案为90°；（2）①∵四边形AECD是平行四边形，∴∠AED＝∠EDC＝90°，AE＝AD．∵△ADE是等腰三角形，∴AE＝ED．∴ED＝EC，∠CED＝45°．∴∠BED＝90°+45°＝135°．∵∠AED＝∠BEC＝90°，∴∠AEB＝360°﹣90°﹣90°﹣45°＝135°．又EB＝EB，ED＝EA，∴△BAE≌△BDE（SAS），∴DB＝AB；∵∠BEC＝∠AED＝90°，∴∠BED＝∠CEA．∵EB＝EC，EA＝ED，∴△BED≌△CEA（SAS），∴BD＝CA，∴AC＝AB．②∵△BAE≌△BDE，∴△CAE≌△BAE．∴∠BAE＝∠CAE＝∠BDE．∵∠EAF+∠AFE＝90°，∴∠AFE+∠BAE＝90°．∵∠GFD＝∠AFE，∠EDB＝∠EAB，∴∠EDB+∠GFD＝90°，即∠CGD＝90°．∵∠FAE＝90°，∠GCD＝∠AEF，∴△CGD∽△AEF，∴，∴AF•CG＝CD•AE＝4．故答案为90°．26．（2019△?宣州区一模）将ABC绕点A逆时针旋转α得到△ADE，ED的延长线与BC相交于点F，连接AF、EC．（1）如图1，若∠BAC＝α＝60°．①证明：AB∥EC；②证明：△DAF∽△DEC；（2）如图2，若∠BAC＜α，EF交AC于G点，图中有相似三角形吗？如果有，请直接写出所有相似三角形．解：（△1）①∵ABC绕点A逆时针旋转α得到△ADE，∴△ABC≌△ADE，∴AC＝AE，∵∠EAC＝α＝60°．∴△AEC为等边三角形，∴∠ACE＝∠BAC＝60°，∴AB∥EC；②∵△ABC≌△ADE，∴∠AED＝∠ACB，又∵∠ADE＝∠FDC，∴△ADE∽△FDC，∴＝，∴＝，又∵∠ADF＝∠EDC，∴△DAF∽△DEC；（△2）①∵ABC≌△ADE，∴∠AED＝∠ACB，又∵∠AGE＝∠FGC，∴△AGE∽△F G C；②∵△AGE∽△FGC，∴∴＝＝，，又∵∠AGF＝∠EGC，△AGF∽△EGC；综上所述，△AGE∽△FGC，△AGF∽△EGC；27．（2019郊区一模）（1）问题发现如图（△1），在OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝36°，连接AC，BD 交于点M．①的值为1；②∠AMB的度数为36°；（2）类比探究如图（△2），在OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC，交BD的延长线于点M．请计算的值及∠AMB的度数．（3）拓展延伸在（△2）的条件下，将OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M．若OD＝1，OB＝，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．解：（1）①∵∠AOB＝∠COD＝36°，∴∠AOB+∠DOA＝∠COD+∠DOA，∴∠COA＝∠DOB，又∵OA＝OB，OC＝OD，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC＝BD，∴＝1，故答案为：1；②设AO与BD交于点E，由①知，△COA≌△DOB，∴∠CAO＝∠DBO，∵∠AOB+∠DBO＝∠DEO，∠AMB+∠CAO＝∠DEO，∴∠AOB＝∠AMB＝36°，故答案为：36°；（△2）在OAB和△OCD中，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，∴tan30°＝＝＝，∵∠AOB+∠DOA＝∠COD+∠DOA，即∠DOB＝∠COA，∴△DOB∽△COA，∴＝＝，∠DBO＝∠CAO，∵∠DBO+∠OEB＝90°，∠OEB＝∠MEA，∴∠CAO+∠MEA＝90°，∴∠AMB＝90°，∴＝，∠AMB＝90°；（3）①如图3﹣1，当点M在直线OB左侧时，在△R t OCD中，∠OCD＝30°，OD＝1，∴CD＝2，在△R t OAB中，∠OAB＝30°，OB＝∴AB＝2，，由（2）知，∠AMB＝90°，且＝，∴设BD＝x，则AC＝AM＝在△R t AMB中，AM2+MB2＝AB2，x，∴（x）2+（x+2）2＝（2）2，解得，x＝3，x＝﹣4（舍去），12∴AC＝AM＝3；②如图3﹣2，当点M在直线OB右侧时，在△R t AMB中，AM2+MB2＝AB2，∴（x）2+（x﹣2）2＝（2）2，解得，x＝4，x＝﹣3（舍去），12∴AC＝AM＝4，综上所述，AC的长为3或4．28．（2019都江堰市模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，tan A＝，AC＝6，以BC 为斜边向右侧作等腰直角△EBC，P是BE延长线上一点，连接PC，以PC为直角边向下方作等腰直角△PCD，CD交线段BE于点F，连接BD．（1）求证：PC：CD＝CE：BC；（2）若PE＝n（0＜n≤△4），求BDP的面积；（用含n的代数式表示）（△3）当BDF为等腰三角形时，请直接写出线段PE的长度．（△1）证明：∵PCD，△EBC都是等腰直角三角形，∴CD＝PC，BC＝CE，∴∴＝＝＝，＝＝，（2）解：如图1中，作PH⊥BD于H，∵△PCD，△EBC都是等腰直角三角形，∴∠PCD＝∠BCE＝45°，∠PBC＝∠PDC＝45°，∴B、C、P、D四点共圆，∴∠DBP＝∠PCD＝45°，∴∠CBD＝∠DBP+∠PBC＝45°+45°＝△90°，PBH是等腰直角三角形，∵∠BCE＝∠DCP＝45°，∴∠BCD＝∠ECP，∵∠CEP＝∠CBD＝90°，∴△CBD∽△CEP，∴＝＝，∵PE＝n，∴BD＝∵tan A＝∴BC＝4n，＝，AC＝6，，∴EC＝BE＝4，∴PB＝4+n，PH＝BH＝（4+n），。

2019年数学中考备考：中考模拟卷三角形压轴题精选含解答

2019年中考备考：中考模拟卷三角形压轴题精选1.（2019广东省深圳市福田二模）如图所示，要在某东西走向的A、B两地之间修一条笔直的公路，在公路起点A处测得某农户C在A的北偏东68°方向上．在公路终点B处测得该农户c在点B的北偏西45°方向上．己知A、B两地相距2400米．（1）求农户c到公路B的距离；（参考数据：sin22°≈，cos22°≈，tan22°≈（2）现在由于任务紧急，要使该修路工程比原计划提前4天完成，需将该工程原定的工作效率提高20%，求原计划该工程队毎天修路多少米？【分析】（1）农户C到公路的距离，也就是求C到AB的距离．要构造直角三角形，再解直角三角形；（2）设原计划x天完成，则由等量关系“原工作效率×（1+25%）＝提前完成时的工作效率”列方程求解．【解答】解：（1）如图，过C作CH⊥AB于H．设CH＝x，由已知有∠EAC＝68°，∠FBC＝45°，则∠CAH＝22°，∠CBA＝45°．在Rt△BCH中，BH＝CH＝x，在Rt△HBC中，tan∠HBC＝，∴HB＝＝，∵AH+HB＝AB，∴x+x＝2400，解得x＝（米），∴农户C到公路的距离米．（2）设原计划完成这项工程需要y天，则实际完成工程需要（y﹣4）天．根据题意得：＝（1+20%）×，解得：y＝24．经检验知：y＝24是原方程的根，2400÷24＝100（米）．答：原计划该工程队毎天修路100米．【点评】考查了构造直角三角形解斜三角形的方法和分式方程的应用．2.（2019浙江省南通市一模）如图，已知△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝12，D是AC边上一点，且AB2＝AD•AC，连接BD，点E、F分别是BC、AC上两点（点E不与B、C重合），∠AEF＝∠C，AE与BD相交于点G．（1）求：BD的长；（2）求证：△BGE∽△CEF；（3）连接FG，当△GEF是等腰三角形时，直接写出BE的所有可能的长度．【分析】（1）证明△ADB∽△ABC，可得，由此即可解决问题．（2）想办法证明∠BEA＝∠EFC，∠DBC＝∠C即可解决问题．（3）分三种情形构建方程组解决问题即可．【解答】解：（1）∵AB＝8，AC＝12，又∵AB2＝AD•AC∴∵AB2＝AD•AC，∴，又∵∠BAC是公共角∴△ADB∽△ABC，∴∴＝∴．（2）∵AC＝12，，∴，∴BD＝CD，∴∠DBC＝∠C，∵△ADB∽△ABC∴∠ABD＝∠C，∴∠ABD＝∠DBC，∵∠BEF＝∠C+∠EFC，即∠BEA+∠AEF＝∠C+∠EFC，∵∠AEF＝∠C，∴∠BEA＝∠EFC，又∵∠DBC＝∠C，∴△BEG∽△CFE．（3）如图1中，过点A作AH∥BC，交BD的延长线于点H，设BE＝x，CF＝y，∵AH∥BC，∴＝＝＝＝，∵BD＝CD＝，AH＝8，∴AD＝DH＝，∴BH＝12，∵AH∥BC，∴＝，∴＝，∴BG＝，∵∠BEF＝∠C+∠EFC，∴∠BEA+∠AEF＝∠C+∠EFC，∵∠AEF＝∠C，∴∠BEA＝∠EFC，又∵∠DBC＝∠C，∴△BEG∽△CFE，∴＝，∴＝，∴y＝；当△GEF是等腰三角形时，存在以下三种情况：①若GE＝GF，如图2中，则∠GEF＝∠GFE＝∠C＝∠DBC，∴△GEF∽△DBC，∵BC＝10，DB＝DC＝，∴＝＝，又∵△BEG∽△CFE，∴＝＝，即＝，又∵y＝，∴x＝BE＝4；②若EG＝EF，如图3中，则△BEG与△CFE全等，∴BE＝CF，即x＝y，又∵y＝，∴x＝BE＝﹣5+；③若FG＝FE，如图4中，则同理可得＝＝，由△BEG∽△CFE，可得＝＝，即＝，又∵y＝，∴x＝BE＝﹣3+．【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、三角形的外角性质、解一元二次方程等知识的综合运用．解题的难点是正确寻找相似三角形解决问题，运用分类思想是解决第（3）小题的关键．3.（2019江苏省无锡市一模）（1）如图1，已知EK垂直平分BC，垂足为D，AB与EK交于点F，连接CF．求证：∠AFE＝∠CFD．（2）如图2，在Rt△GMN中，∠M＝90°，P为MN的中点．①用直尺和圆规在GN边上求作点Q，使得∠GQM＝∠PQN（保留作图痕迹，不要求写作法）；②在①的条件下，如果∠G＝60°，GM＝3，P为MN中点，求MQ的长度．【分析】（1）证明FC＝FB，利用等腰三角形的三线合一的性质即可解决问题．（2）①作点P关于GN的对称点P′，连P′M交GN于Q，连接PQ，点Q即为所求．②想办法证明GQ＝GN即可．【解答】（1）证明：如图1中，∵FK垂直平分线段BC，∴FC＝FB，∴∠CFD＝∠BFD，∵∠BFD＝∠AFE，∴∠AFE＝∠CFD．（2）①作点P关于GN的对称点P′，连P′M交GN于Q，连接PQ，点Q即为所求．理由：∵GN垂直平分PP′，∴QP′＝QP，∠KQP′＝∠KQP，∵∠GQM＝∠KQP′，∴∠GQM＝∠PQK，∴点P即为所求．②∵P，P′关于GN对称，∴GN⊥PP′，PK＝KP′，∴∠PKN＝90°，∵∠N＝30°，∴∠PNK＝60°，∴PN＝2KP＝PP′，∵PM＝PN，∴PM＝PP′，∵∠NPK＝∠PMP′+∠P′，∴∠PMP′＝∠P′＝30°，∴∠QMN＝∠N＝30°，∴MQ＝NQ，∵∠G＝∠QMG＝60°，∴QG＝QM，∴MQ＝QG＝NQ，∵GM＝3，∠N＝30°，∠NMG＝90°，∴GN＝2GM＝6，∴MQ＝3．【点评】本题考查作图﹣复杂作图，线段的垂直平分线的性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．4.（2019江苏省扬州市一模）有一边是另一边的倍的三角形叫做智慧三角形，这两边中较长边称为智慧边，这两边的夹角叫做智慧角．（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，若∠A为智慧角，则∠B的度数为；（2）如图①，在△ABC中，∠A＝45°，∠B＝30°，求证：△ABC是智慧三角形；（3）如图②，△ABC是智慧三角形，BC为智慧边，∠B为智慧角，A（3，0），点B，C在函数y＝（x＞0）的图象上，点C在点B的上方，且点B的纵坐标为．当△ABC 是直角三角形时，求k的值．【分析】（1）利用智慧角的意义和勾股定理即可得出结论；（2）构造出两个直角三角形，即可得出结论；（3）分两种情况：①先判断出△BCF∽△ABE，进而得出B（3+a，），C（1+a，+a），最后代入反比例函数解析式中即可得出结论；②先判断出△MAC≌△NBA（AAS）．进而AM＝BN＝，进而得出B（3+b，），C（3﹣，b），最后代入反比例函数解析式中即可得出结论．【解答】解：（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A是智慧角，∴AB＝AC，根据根据勾股定理得，BC＝AC，∴∠B＝∠A＝45°，故答案为45°；（2）如图2，过点C作CD⊥AB于点D．在Rt△ACD中，∠A＝45°，∴AC＝DC．在Rt△BCD中，∠B＝30°，∴BC＝2DC．∴＝．∴△ABC是智慧三角形．（3）由题意可知∠ABC＝90°或∠BAC＝90°．①当∠ABC＝90°时，如图3，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥EB交EB延长线于点F，过点C作CG⊥x轴于点G，则∠AEB＝∠F＝∠ABC＝90°．∴∠BCF+∠CBF＝∠ABE+∠CBF＝90°．∴∠BCF＝∠ABE．∴△BCF∽△ABE．∴＝＝＝．设AE＝a，则BF＝a．∵BE＝，∴CF＝2．∵OG＝OA+AE﹣GE＝3+a﹣2＝1+a，CG＝EF＝+a，∴B（3+a，），C（1+a，+a）．∵点B，C在函数y＝（x＞0）的图象上，∴（3+a）＝（1+a）（+a）＝k．解得：a1＝1，a2＝﹣2（舍去）．∴k＝．②当∠BAC＝90°时，如图4，过点C作CM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N．则∠CMA＝∠CAB＝∠ANB＝90°．∴∠MCA+∠CAM＝∠BAN+∠CAM＝90°．∴∠MCA＝∠BAN．由（1）知∠B＝45°．∴△ABC是等腰直角三角形．∴AC＝AB．由①知△MAC∽△NBA．∴△MAC≌△NBA（AAS）．∴AM＝BN＝．设CM＝AN＝b，则ON＝3+b．∴B（3+b，），C（3﹣，b）．∵点B，C在函数y＝（x＞0）的图象上，∴（3+b）＝（3﹣）b＝k．解得：b＝9+12．∴k＝18+15．综上所述，k＝4或18+15．【点评】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，构造直角三角形和相似三角形是解本题的关键．5.（2019辽宁省沈阳市一模）如图在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，M 为AC的中点．D是射线CB上一个动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接ED，N为ED的中点，连接MN．（1）如图1，∠BCE＝，NM与AC的位置关系是；（2）如图2，判断（1）中NM与AC的位置关系是否发生变化，并证明你的结论；（3）连接ME，在点D运动的过程中，当CD的长为何值时，ME的长最小？最小值是多少？请直接写出结果．【分析】（1）如图1中，连接AN，CN．证明△BAD≌△CAE（SAS），推出∠ABD＝∠ACE ＝45°，再利用直角三角形斜边中线的性质以及等腰三角形的性质即可解决问题．（2）如图2中，结论不变．证明方法类似（1）．（3）根据垂线段最短即可解决问题．【解答】解：（1）如图1中，连接AN，CN．∵△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠B＝∠ACB＝45°∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE＝45°，∴∠ECB＝45°+45°＝90°，∵DN＝EN，∴CN ＝DE ，同法AN ＝DE ，∴NA ＝NC ，∵AM ＝MC ，∴NM ⊥AC ，故答案为90°，MN ⊥AC ．（2）如图2中，结论不变．理由：连接AN ，CN ．∵△ABC ，△ADE 都是等腰直角三角形，∴AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，∠B ＝∠ACB ＝45°∴∠BAD ＝∠CAE ，∴△BAD ≌△CAE （SAS ），∴∠ABD ＝∠ACE ，∵∠ABC ＝∠ACB ＝45°，∴∠ABD ＝∠ACE ＝135°，∴∠DCB ＝90°，∵DN ＝EN ，∴CN ＝DE ，同法AN ＝DE ，∴NA ＝NC ，∵AM ＝MC ，∴NM ⊥AC ．（3）如图3中，由（1）可知∠ECB＝90°，∴CE⊥BC，∴当ME⊥EC时，ME的值最小，在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝2，∴BC＝4，∵AM＝MC＝，在Rt△CME中，∵∠ECM＝∠CME＝45°，∴EC＝EM＝1，由（1）可知：△BAD≌△CAE，∴BD＝EC＝1，∴CD＝4﹣1＝3．∴当CD＝3时，EM的值最小，最小值为1．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考压轴题．6.（2019辽宁省营口市一模）如图，在东西方向的海岸线MN上有A，B两港口，海上有一座小岛P，渔民每天都乘轮船从A，B两港口沿AP，BP的路线去小岛捕鱼作业．已知小岛P在A港的北偏东60°方向，在B港的北偏西45°方向，小岛P距海岸线MN的距离为30海里．（1）求AP，BP的长（参考数据：≈1.4，≈1.7，≈2.2）；（2）甲、乙两船分别从A，B两港口同时出发去小岛P捕鱼作业，甲船比乙船晚到小岛24分钟．已知甲船速度是乙船速度的1.2倍，利用（1）中的结果求甲、乙两船的速度各是多少海里/时？【分析】（1）过点P作PE⊥MN，垂足为E．构造直角三角形APE和BPE，利用直角三角形中特殊角所对应的边角关系，求出AP、BP．（2）设乙船的速度是x海里/时，根据甲船比乙船晚到小岛24分钟，列出方程，求解方程即可．【解答】解：（1）过点P作PE⊥MN，垂足为E．由题意，得∠PAB＝90°﹣60°＝30°，∠PBA＝90°﹣45°＝45°．∵PE＝30海里，∴AP＝60海里．∵PE⊥MN，∠PBA＝45°，∴∠PBE＝∠BPE＝45°，∴PE＝EB＝30海里．在Rt△PEB中，BP＝＝30≈42（海里）．故AP＝60（海里），BP＝42（海里）．（2）设乙船的速度是x海里/时，则甲船的速度是1.2x海里/时，根据题意，得﹣＝，解得x＝20经检验，x＝20是原方程的解．∴甲船的速度为1.2x＝1.2×20＝24．答：甲船的速度是24海里/时，乙船的速度是20海里/时．【点评】本题考查了解直角三角形的应用和列分式方程解应用题．解决（1）的关键是构造直角三角形，利用特殊角的边角关系；解决（2）的关键是根据题意，找到等量关系列出分式方程．7.（2019浙江省温州市龙湾区一模）如图，在8×8的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．（1）在图1中画出∠ADC，使得∠ADC＝∠ABC，且点D为格点．（2）在图2中画出∠CEB，使得∠CEB＝2∠CAB，且点E为格点．【分析】（1）构造全等三角形解决问题即可．（2）利用圆周角定理解决问题即可．【解答】解：（1）如图点D，D′，D″即为所求．（2）如图点E，E′即为所求．【点评】本题考查作图﹣应用与设计，全等三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．8.（2019浙江省台州市一模）直角三角形有一个非常重要的性质质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，比如：如图1，Rt△ABC中，∠C＝90°，D为斜边AB中点，则CD＝AD＝BD＝AB．请你利用该定理和以前学过的知识解决下列问题：在△ABC中，直线a绕顶点A旋转．（1）如图2，若点P为BC边的中点，点B、P在直线a的异侧，BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，连接PM、PN．求证：PM＝PN；（2）如图3，若点B、P在直线a的同侧，其它条件不变，此时PM＝PN还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）如图4，∠BAC＝90°，直线a旋转到与BC垂直的位置，E为AB上一点且AE＝AC，EN⊥a于N，连接EC，取EC中点P，连接PM、PN，求证：PM⊥PN．【分析】（1）如图2中，延长NP交BM的延长线于G．只要证明△PNC≌△PGB，推出PN＝PG，再根据直角三角形斜边中线定理即可证明．（2）结论：PM＝PN．延长NP交BM于G，证明方法类似（1）．（3）如图4中，延长NP交BM于G．先证明△EAN≌△CAM，推出EN＝AM，AN＝CM，再证明△ENP≌△CGP，推出EN＝CG＝AM，PN＝PG，因为AN＝CM，所以MG＝MN，即可证明PM⊥PN．【解答】（1）证明：如图2中，延长NP交BM的延长线于G．∵BM⊥AM，CN⊥AM，∴BG∥CN，∴∠PCN＝∠PBG，在△PNC和△PGB中，，∴△PNC≌△PGB，∴PN＝PG，∵∠NMG＝90°，∴PM＝PN＝PG．（2）结论：PM＝PN．如图3中，延长NP交BM于G．∵BM⊥AM，CN⊥AM，∴BM∥CN，∴∠PCN＝∠PBG，在△PNC和△PGB中，，∴△PNC≌△PGB，∴PN＝PG，∵∠NMG＝90°，∴PM＝PN＝PG．（3）如图4中，延长NP交BM于G．∵∠EAN+∠CAM＝90°，∠CAM+∠ACM＝90°，∴∠EAN＝∠ACM，在△EAN和△CAM中，，∴△EAN≌△CAM，∴EN＝AM，AN＝CM，∵EN∥CG，∴∠ENP＝∠CGP，在△ENP和△CGP中，，∴△ENP≌△CGP，∴EN＝CG＝AM，PN＝PG，∵AN＝CM，∴MG＝MN，∴PM⊥PN．【点评】本题考查几何变换综合题、直角三角形斜边中线性质、全等三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，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，属于中考压轴题．9.（2019安徽省淮南市一模）如图1，在锐角△ABC中，D、E分别是AB、BC的中点，点F在AC上，且满足∠AFE＝∠A，DM∥EF交AC于点M．（1）证明：DM＝DA；（2）如图2，点G在BE上，且∠BDG＝∠C，求证：△DEG∽△ECF；（3）在图2中，取CE上一点H，使得∠CFH＝∠B，若BG＝3，求EH的长．【分析】（1）想办法证明∠AMD＝∠A即可．（2）根据两角相等的两个三角形相似即可证明．（3）理由相似三角形以及平行四边形的性质证明BG＝EH即可解决问题．【解答】（1）证明：如图1所示，∵DM∥EF，∴∠AMD＝∠AFE，∵∠AFE＝∠A，∴∠AMD＝∠A，∴DM＝DA．（其他解法酌情给分）（2）证明：如图2所示，∵D、E分别是AB、BC的中点，∴DE∥AC，∴∠BDE＝∠A，∠DEG＝∠C，∵∠AFE＝∠A，∴∠BDE＝∠AFE，∴∠BDG+∠GDE＝∠C+∠FEC，∵∠BDG＝∠C，∴∠GDE＝∠FEC，∴△DEG∽△ECF．（3）如图3所示，∵∠BDG＝∠C＝∠DEB，∠B＝∠B，∴△BDG∽△BED，∴，∴BD2＝BG•BE，∵∠AFE＝∠A，∠CFH＝∠B，∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣∠AFE﹣∠CFH＝∠EFH，又∵∠FEH＝∠CEF，∴△EFH∽△ECF，∴EF2＝EH•EC，∵DE∥AC，DM∥EF，∴四边形DEFM是平行四边形，∴EF＝DM＝DA＝BD，∴BG•BE＝EH•EC，∵BE＝EC，∴EH＝BG＝3．【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用相似三角形的性质证明线段线段，属于中考压轴题．10.（2019安徽省淮南市二模）已知，如图，在坡顶A处的同一水平面上有一座古塔BC，数学兴趣小组的同学在斜坡底P处测得该塔的塔顶B的仰角为45°，然后他们沿着坡度为1：2.4的斜坡AP攀行了26米，在坡顶A处又测得该塔的塔顶B的仰角为76°．求：（1）坡顶A到地面PO的距离；（2）古塔BC的高度（结果精确到1米）．（参考数据：sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4.01）【分析】（1）先过点A作AH⊥PO，根据斜坡AP的坡度为1：2.4，得出＝，设AH ＝5k，则PH＝12k，AP＝13k，求出k的值即可．（2）先延长BC交PO于点D，根据BC⊥AC，AC∥PO，得出BD⊥PO，四边形AHDC 是矩形，再根据∠BPD＝45°，得出PD＝BD，然后设BC＝x，得出AC＝DH＝x﹣14，最后根据在Rt△ABC中，tan76°＝，列出方程，求出x的值即可．【解答】解：（1）过点A作AH⊥PO，垂足为点H，∵斜坡AP的坡度为1：2.4，设AH＝5k，则PH＝12k，由勾股定理，得AP＝13k，∴13k＝26，解得k＝2，∴AH＝10，答：坡顶A到地面PO的距离为10米．（2）延长BC交PO于点D，∵BC⊥AC，AC∥PO，∴BD⊥PO，∴四边形AHDC是矩形，CD＝AH＝10，AC＝DH，∵∠BPD＝45°，∴PD＝BD，设BC＝x，则x+10＝24+DH，∴AC＝DH＝x﹣14，在Rt△ABC中，tan76°＝，即≈4.01．解得x≈19．答：古塔BC的高度约为19米．【点评】此题考查了解直角三角形，用到的知识点是勾股定理、锐角三角函数、坡角与坡角等，关键是做出辅助线，构造直角三角形．11.（2019安徽省庐江县一模）已知如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝AC，点D在AB上，DE⊥AB交BC于E，点F是AE的中点（1）写出线段FD与线段FC的关系并证明；（2）如图2，将△BDE绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°），其它条件不变，线段FD与线段FC的关系是否变化，写出你的结论并证明；（3）将△BDE绕点B逆时针旋转一周，如果BC＝4，BE＝2，直接写出线段BF的范围．【分析】（1）结论：FD＝FC，DF⊥CF．理由直角三角形斜边中线定理即可证明；（2）如图2中，延长AC到M使得CM＝CA，延长ED到N，使得DN＝DE，连接BN、BM．EM、AN，延长ME交AN于H，交AB于O．想办法证明△ABN≌△MBE，推出AN＝EM，再利用三角形中位线定理即可解决问题；（3）分别求出BF的最大值、最小值即可解决问题；【解答】解：（1）结论：FD＝FC，DF⊥CF．理由：如图1中，∵∠ADE＝∠ACE＝90°，AF＝FE，∴DF＝AF＝EF＝CF，∴∠FAD＝∠FDA，∠FAC＝∠FCA，∴∠DFE＝∠FDA+∠FAD＝2∠FAD，∠EFC＝∠FAC+∠FCA＝2∠FAC，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，∴∠BAC＝45°，∴∠DFC＝∠EFD+∠EFC＝2（∠FAD+∠FAC）＝90°，∴DF＝FC，DF⊥FC．（2）结论不变．理由：如图2中，延长AC到M使得CM＝CA，延长ED到N，使得DN＝DE，连接BN、BM．EM、AN，延长ME交AN于H，交AB于O．∵BC⊥AM，AC＝CM，∴BA＝BM，同法BE＝BN，∵∠ABM＝∠EBN＝90°，∴∠NBA＝∠EBM，∴△ABN≌△MBE，∴AN＝EM，∴∠BAN＝∠BME，∵AF＝FE，AC＝CM，∴CF＝EM，FC∥EM，同法FD＝AN，FD∥AN，∴FD＝FC，∵∠BME+∠BOM＝90°，∠BOM＝∠AOH，∴∠BAN+∠AOH＝90°，∴∠AHO＝90°，∴AN⊥MH，FD⊥FC．（3）如图3中，当点E落在AB上时，BF的长最大，最大值＝3如图4中，当点E落在AB的延长线上时，BF的值最小，最小值＝．综上所述，≤BF．【点评】本题考查等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、三角形中位线定理等知识，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，属于中考压轴题．12.（2019北京市汇文中学一模）阅读理解：如图①，如果四边形ABCD满足AB＝AD，CB＝CD，∠B＝∠D＝90°，那么我们把这样的四边形叫做“完美筝形”．将一张如图①所示的“完美筝形”纸片ABCD先折叠成如图②所示形状，再展开得到图③，其中CE，CF为折痕，∠BCE＝∠ECF＝∠FCD，点B′为点B的对应点，点D′为点D的对应点，连接EB′，FD′相交于点O．简单应用：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是；（2）当图③中的∠BCD＝120°时，∠AEB′＝°；（3）当图②中的四边形AECF为菱形时，对应图③中的“完美筝形”有个（包含四边形ABCD）．拓展提升：当图③中的∠BCD＝90°时，连接AB′，请探求∠AB′E的度数，并说明理由．【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和“完美筝形”的定义容易得出结论；（2）先证出∠AEB′＝∠BCB′，再求出∠BCE＝∠ECF＝40°，即可得出结果；（3）由折叠的性质得出BE＝B′E，BC＝B′C，∠B＝∠CB′E＝90°，CD＝CD′，FD＝FD′，∠D＝∠CD′F＝90°，即可得出四边形EBCB′、四边形FDCD′是“完美筝形”；由题意得出∠OD′E＝∠OB′F＝90°，CD′＝CB′，由菱形的性质得出AE＝AF，CE ＝CF，再证明△OED′≌△OFB′，得出OD′＝OB′，OE＝OF，证出∠AEB′＝∠AFD′＝90°，即可得出四边形CD′OB′、四边形AEOF是“完美筝形”；即可得出结论；当图③中的∠BCD＝90°时，四边形ABCD是正方形，证明A、E、B′、F四点共圆，得出，由圆周角定理即可得出∠AB′E的度数．【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠C≠90°，∠B＝∠D≠90°，∴AB≠AD，BC≠CD，∴平行四边形不一定为“完美筝形”；②∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，∴AB≠AD，BC≠CD，∴矩形不一定为“完美筝形”；③∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠A＝∠C≠90°，∠B＝∠D≠90°，∴菱形不一定为“完美筝形”；④∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∴正方形一定为“完美筝形”；∴在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是正方形；故答案为：正方形；（2）根据题意得：∠B′＝∠B＝90°，∴在四边形CBEB′中，∠BEB′+∠BCB′＝180°，∵∠AEB′+∠BEB′＝180°，∴∠AEB′＝∠BCB′，∵∠BCE＝∠ECF＝∠FCD，∠BCD＝120°，∴∠BCE＝∠ECF＝40°，∴∠AEB′＝∠BCB′＝40°+40°＝80°；故答案为：80；（3）当图②中的四边形AECF为菱形时，对应图③中的“完美筝形”有5个；理由如下；根据题意得：BE＝B′E，BC＝B′C，∠B＝∠CB′E＝90°，CD＝CD′，FD＝FD′，∠D＝∠CD′F＝90°，∴四边形EBCB′、四边形FDCD′是“完美筝形”；∵四边形ABCD是“完美筝形”，∴AB＝AD，CB＝CD，∠B＝∠D＝90°，∴CD′＝CB′，∠CD′O＝∠CB′O＝90°，∴∠OD′E＝∠OB′F＝90°，∵四边形AECF为菱形，∴AE＝AF，CE＝CF，AE∥CF，AF∥CE，∴D′E＝B′F，∠AEB′＝∠CB′E＝90°，∠AFD′＝∠CD′F＝90°，在△OED′和△OFB′中，，∴△OED′≌△OFB′（AAS），∴OD′＝OB′，OE＝OF，∴四边形CD′OB′、四边形AEOF是“完美筝形”；∴包含四边形ABCD，对应图③中的“完美筝形”有5个；故答案为：5；当图③中的∠BCD＝90°时，如图所示：四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∵∠EB′F＝90°，∴∠BAD+∠EB′F＝180°，∴A、E、B′、F四点共圆，∵AE＝AF，∴，∴∠AB′E＝∠AB′F＝∠EB′F＝45°．【点评】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质、“完美筝形”的判定与性质、全等三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理等知识；本题难度较大，综合性强，熟练掌握“完美筝形”的定义，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．13.（2019北京市大兴区一模）在平面直角坐标系xOy中，已知点A的坐标为（0，﹣1），点C（m，0）是x轴上的一个动点．（1）如图1，点B在第四象限，△AOB和△BCD都是等边三角形，点D在BC的上方，当点C在x轴上运动到如图所示的位置时，连接AD，请证明△ABD≌△OBC；（2）如图2，点B在x轴的正半轴上，△ABO和△ACD都是等腰直角三角形，点D在AC的上方，∠D＝90°，当点C在x轴上运动（m＞1）时，设点D的坐标为（x，y），请探求y与x之间的函数表达式；（3）如图3，四边形ACEF是菱形，且∠ACE＝90°，点E在AC的上方，当点C在x 轴上运动（m＞1）时，设点E的坐标为（x，y），请探求y与x之间的函数表达式．【分析】（1）由等边三角形的性质得到AB＝OB，BD＝BC，∠ABO＝∠DBC＝60°，从而判断出∠ABD＝∠OBC即可；（2）过点D作DH⊥y轴，垂足为H，延长HD，过点C作CG⊥HD，垂足为G，由△ABO和△ACD都是等腰直角三角形，得出∠ADC＝90°，AD＝CD，∠CDG＝∠DAH，从而得到△AHD≌△DGC（AAS），根据DH＝CG＝OH，点D的坐标为（x，y），得出y与x之间的关系是y＝x；（3）过点E作EM⊥x轴，垂足为M，则∠EMC＝∠COA＝90°，再利用正方形的性质即可得出△EMC≌△COA（AAS），得到MC＝OA＝1，EM＝OC，EM＝OC＝x+1，进而得出y与x之间的关系是y＝x+1．【解答】解：（1）∵△AOB和△BCD都是等边三角形，∴AB＝OB，BD＝BC，∠ABO＝∠DBC＝60°，∴∠ABD＝∠OBC，在△ABD和△OBC中，，∴△ABD和△OBC；（2）如图，过点D作DH⊥y轴，垂足为H，延长HD，过点C作CG⊥HD，垂足为G．∴∠AHD＝∠CGD＝90°，∵△ABO和△ACD都是等腰直角三角形，∴∠ADC＝90°，AD＝CD，∴∠ADH+∠CDG＝90°，∵∠ADH+∠DAH＝90°，∴∠CDG＝∠DAH，∵在△AHD和△DGC中，，∴△AHD≌△DGC（AAS），∴DH＝CG＝OH，∵点D的坐标为（x，y），∴y与x之间的关系是y＝x；（3）过点E作EM⊥x轴，垂足为M，则∠EMC＝∠COA＝90°，∵四边形ACEF是菱形，且∠ACE＝90°，∴AC＝CE，∠ACO+∠ECO＝90°，∵∠ACO+∠CAO＝90°，∴∠ECO＝∠CAO，在△EMC和△COA中，，∴△EMC≌△COA（AAS），∴MC＝OA＝1，EM＝OC，∵点E的坐标为（x，y），∴EM＝OC＝x+1，∴y与x之间的关系是y＝x+1．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了等边三角形，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定的综合应用，解本题的关键是判定三角形全等，根据全等三角形的对应边相等进行推导．本题也可以运用相似三角形的性质进行求解．14.（2019北京市丰台区一模）如图1，两个全等的△ABC和△DEF中，∠ACB＝∠DFE＝90°，AB＝DE，其中点B和点D重合，点F在BC上，将△DEF沿射线BC平移，设平移的距离为x，平移后的图形与△ABC重合部分的面积为y，y关于x的函数图象如图2所示（其中0≤x≤m，m＜x≤3，3＜x≤4时，函数的解析式不同）（1）填空：BC的长为；（2）求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围．【分析】（1）通过图2观察可知y＝0时x＝4，即D点从B运动到C平移的距离为4；（2）当△DEF在平移过程中，与△ABC的重合部分有三种情况，将三种图形分别画出，通过作辅助线构造相似三角形，通过相似三角形对应边的关系，将各边用x表示出来，即可以列出y与x的函数关系式．【解答】解：（1）由图2得当x＝4时，y＝0，说明此时△DEF与△ABC无重合部分，则点D从B到C运动的距离为4，即BC＝4；故答案为：4．（2）当DE经过点A时（如图1），BD＝3，CD＝1，∵△ABC≌△DEF．∴∠EDF＝∠BAC．∵∠ACD＝∠BCA∴△ADC∽△BAC．∴，即．AC＝2∴n＝2当0≤x≤2时（如图2），设ED 、EF 与AB 分别相交于点M ，G ，作MN ⊥BC ，垂足为N ．则∠MNB ＝90°＝∠EFD ＝∠C ．∵∠MDN ＝∠EDF ．∴△DMN ∽△DEF ．∴，即．∴MN ＝2DN ．设DN ＝n ，则MN ＝2n ．同理△BMN ∽△BAC ．∴．即，∴BN ＝4n ，即x +n ＝4n ．∴n ＝x ．∴S △BDM ＝•BD •MN ＝2 同理△BGF ∽△BAC∴，即．∴GF ＝，∴y ＝S △BGF ﹣S △BDM ＝2＝﹣x 2+x +1．当2＜x ≤3时（如图3），由①知，S △BDM ＝x 2．∴y ＝S △ABC ﹣S △BDM ＝2＝﹣x 2+4当3＜x ≤4时（如图4），设DE 与AB 相交于点H ．同理△DHC ∽△DEF ．∴，即∴HC ＝24﹣x ．∴y ＝＝x 2﹣8x +16∴y ＝．【点评】本题考查了平移的性质、相似三角形性质，解题的关键是要找到△DEF 运动过程中与△ABC 重叠面积的不同情况，通过辅助线构造相似三角形，要注意分类讨论画出对应的图象．15.（2019北京市海淀区一模）【发现】如图①，已知等边△ABC ，将直角三角板的60°角顶点D 任意放在BC 边上（点D 不与点B 、C 重合），使两边分别交线段AB 、AC 于点E 、F．（1）若AB＝6，AE＝4，BD＝2，则CF＝；（2）求证：△EBD∽△DCF．【思考】若将图①中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与边AB、AC的两个交点E、F都存在，连接EF，如图②所示，问：点D是否存在某一位置，使ED平分∠BEF且FD平分∠CFE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【探索】如图③，在等腰△ABC中，AB＝AC，点O为BC边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点O处（其中∠MON＝∠B），使两条边分别交边AB、AC于点E、F （点E、F均不与△ABC的顶点重合），连接EF．设∠B＝α，则△AEF与△ABC的周长之比为（用含α的表达式表示）．【分析】（1）先求出BE的长度后发现BE＝BD的，又∠B＝60°，可知△BDE是等边三角形，可得∠BDE＝60°，另外∠DEF＝60°，可证得△CDF是等边三角形，从而CF ＝CD＝BC﹣BD；（2）证明△EBD∽△DCF，这个模型可称为“一线三等角•相似模型”，根据“AA”判定相似；【思考】由角平分可联系到角平分线的性质“角平分线上点到角两边的距离相等”，可过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，则DM＝DG＝DN，从而证明△BDM≌△CDN可得BD＝CD；【探索】由已知不能求得C△ABC＝AB+BC+AC＝2AB+2OB＝2（m+m cosα），则需要用m和α是三角函数表示出C△AEF ，C△AEF＝AE+EF+AF＝AG+AH＝2AG；题中直接已知点O是BC的中点，应用（2）题的方法和结论，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得EG＝ED，FH＝DF，则C＝AE+EF+AF＝AG+AH＝2AG，而AG＝AB﹣BO，从而可求△AEF得．【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝6，∠B＝∠C＝60°．∵AE＝4，∴BE＝2，则BE＝BD，∴△BDE是等边三角形，∴∠BED＝60°，又∵∠EDF＝60°，∴∠CDF＝180°﹣∠EDF﹣∠B＝60°，则∠CDF＝∠C＝60°，∴△CDF是等边三角形，∴CF＝CD＝BC＝BD＝6﹣2＝4．故答案是：4；（2）证明：如图①，∵∠EDF＝60°，∠B＝60°，∴∠CDF+BDE＝120°，∠BED+∠BDE＝120°，∴∠BED＝∠CDF．又∠B＝∠C＝60°，∴△EBD∽△DCF；【思考】存在，如图②，过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别是M、G、N，∵ED平分∠BEF且FD平分∠CFE．∴DM＝DG＝DN．又∠B＝∠C＝60°，∠BMD＝∠CND＝90°，∴△BDM≌△CDN，∴BD＝CD，即点D是BC的中点，∴＝；【探索】如图③，连接AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别是G、D、H．则∠BGO＝∠CHO＝90°，∵AB＝AC，O是BC的中点，∴∠B＝∠C，OB＝OC，∴△OBG≌△OCH，∴OG＝OH，GB＝CH，∠BOG＝∠COH＝90°﹣α，则∠GOH＝180°﹣（∠BOG+∠COH）＝2α，∴∠EOF＝∠B＝α由（2）题可猜想应用EF＝ED+DF＝GE+FH（可通过半角旋转证明），＝AE+EF+AF＝AE+EG+FH+AF＝AG+AH＝2AG，则C△AEF设AB＝m，则OB＝m cosα，GB＝m cos2α．＝＝＝＝1﹣cosα．故答案是：1﹣cosα．【点评】本题主要考查的是三角形的综合应用，解答本题主要应用了角平分线的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识点，综合性较强，难度较大，需要学生具备对所学几何知识的综合应用能力．16.（2019甘肃省高台县一模）如图，在等边△ABC中，BC＝8cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为t（s）．（1）连接EF，当EF经过AC边的中点D时，求证：△ADE≌△CDF；（2）填空：①当t为s时，以A、F、C、E为顶点的四边形是平行四边形；②当t为s时，四边形ACFE是菱形．【分析】（1）由题意得到AD＝CD，再由AG与BC平行，利用两直线平行内错角相等得到两对角相等，利用AAS即可得证；（2）①分别从当点F在C的左侧时与当点F在C的右侧时去分析，由当AE＝CF时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案；②若四边形ACFE是菱形，则有CF＝AC＝AE＝6，由E的速度求出E运动的时间即可．【解答】（1）证明：∵AG∥BC，∴∠EAD＝∠DCF，∠AED＝∠DFC，∵D为AC的中点，∴AD＝CD，∵在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（AAS）；（2）解：①当点F在C的左侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，则CF＝BC﹣BF＝6﹣2t（cm），∵AG∥BC，∴当AE＝CF时，四边形AECF是平行四边形，即t＝8﹣2t，解得：t＝；当点F在C的右侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，则CF＝BF﹣BC＝2t﹣8（cm），∵AG∥BC，∴当AE＝CF时，四边形AEFC是平行四边形，即t＝2t﹣8，解得：t＝8；综上可得：当t＝或8s时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形．②若四边形ACFE是菱形，则有CF＝AC＝AE＝8，则此时的时间t＝8÷1＝8（s）；故答案是：或8；8．【点评】此题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．17.（2019广东省湛江市一模）如图，已知：AD为△ABC的中线，过B、C两点分别作AD所在直线的垂线段BE和CF，E、F为垂足，过点E作EG∥AB交BC于点H，连结HF 并延长交AB于点P．（1）求证：DE＝DF（2）若BH：HC＝11：5；①求：DF：DA的值；②求证：四边形HGAP为平行四边形．【分析】（1）由AAS证明△BDE≌△CDF，即可得出结论；（2）①设BH＝11x，则HC＝5x，BC＝16x，则，DH＝3x，由平行线得出△EDH∽△ADB，得出，即可得出结论；②求出＝，证出FH∥AC，即PH∥AC，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵AD为△ABC的中线，∴BD＝CD，∵BE⊥AD，CF⊥AD，∴∠BED＝∠CFD＝90°，在△BDE和△CDF中，，∴△BDE≌△CDF（AAS），∴DE＝DF；（2）①解：设BH＝11x，则HC＝5x，BC＝16x，则，DH＝3x，∵EG∥AB，∴△EDH∽△ADB，∴，∵DE＝DF，∴；②证明：∵，∴，∵，∴＝，∴FH ∥AC ，∴PH ∥AC ，∵EG ∥AB ，∴四边形HGAP 为平行四边形．【点评】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定是关键．18.（2019广东省佛山市一模）如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝l 0cm ，BD ⊥AC 于点D ，且BD ＝8cm ．点M 从点A 出发，沿AC 的方向匀速运动，速度为2cm /s ；同吋点P 从点B 出发沿BA 的方向匀速运动，速度为lcm /s ．已知：过点P 的直线PQ 满足PQ ∥AC ，直线PQ 交BC 于点Q 、交BD 于点F ．设运动时间为ts （0＜t ＜5）；（1）当S 四边形PQCM ＝S △ABC 时，直接写出t 的值；（2）设四边形PQCM 的面积为ycm 2，求y 与t 之间的函数关系式；（3）连接PC ，是否存在某一时刻t ，使点M 在线段PC 的垂直平分线上？若存在，求出此时t 的值；若不存在，说明理由．【分析】（1）由题意可求S △ABC ＝×AC ×BD ＝40cm 2，通过证明△BPQ ∽△BAC ，可得S△BPQ ＝t 2，S △APM ＝×2t ×（8﹣t ）＝8t ﹣t 2，由S △ABC ﹣S △APM +S △BPQ ＝S 四边形PQCM ，可求t 的值；（2）由S △ABC ﹣S △APM +S △BPQ ＝S 四边形PQCM ，可求y 与t 之间的函数关系式；（3）过点M 作MH ⊥AB 于点H ，通过证明△AHM ∽△ADB ，可求AH ＝t ，HM ＝t ，由勾股定理可求PM 2，由两点距离公式可求t 的值．。

冲刺2019届中考：2019年全国各地中考模拟卷《三角形》压轴题集锦(含答案与解析)

冲刺2019届中考：2019年全国各地中考模拟卷《三角形》压轴题集锦（含答案与解析）1．（2019•哈尔滨模拟）在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，CD＝BC，点E与点B位于AC 边的两侧，连接BD、DE、BE，DE∥BC且DE＝AD．（1）如图1，求证：∠ABD＝∠EBD；（2）如图2，延长BD，交射线CE于点F，连接AE，AF，若∠BEC＝2∠ABD，在不添加任何字母和辅助线的情况下，请直接写出图中四个面积等于△ABC面积的三角形．解：（1）∵BC＝DC，∴∠CDB＝∠CBD．∵DE∥BC，∴∠CBD+∠BDE＝180°．∵∠CDB+∠BDA＝180°，∴∠BDE＝∠BDA．∵AD＝DE，BD＝BD，∴△ABD≌△EBD（SAS）．∴∠ABD＝∠EBD．（2）与图中△ABC面积相等的四个三角形是：△ABE，△ABF，△BEF，△AEF．理由如下：由△ABD≌△EBD可得∠ABE＝2∠ABD，又∵∠BEC＝2∠ABD，∴∠BEC＝∠ABE．∴CF∥AB．则△ABE，△ABF与△ABC都是以AB为底的同底等高的三角形，所以△ABE，△ABF与△ABC 面积相等；在△ABF和△EBF中，∴△ABF≌△EBF（SAS）．∴△ABF与△EBF面积相等．∵△ABF与△ABC面积相等，∴△EBF面积与△ABC的面积相等．∵CF∥AB，∴△AEF和△BEF是以EF为底的同底等高的三角形，∴△AEF和△BEF面积相等．∴△AEF和△ABC面积相等．所以与图中△ABC面积相等的四个三角形是：△ABE，△ABF，△BEF，△AEF．2．（2019•南岸区校级模拟）如图，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D是AB上一点，过点D作DE⊥BC交BC于点E，交CA延长线于点F．（1）证明：△ADF是等腰三角形；（2）若∠B＝60°，BD＝4，AD＝2，求EC的长，解：（1）∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵FE⊥BC，∴∠F+∠C＝90°，∠BDE+∠B＝90°，∴∠F＝∠BDE，而∠BDE＝∠FDA，∴∠F＝∠FDA，∴AF＝AD，∴△ADF是等腰三角形；（2）∵DE⊥BC，∴∠DEB＝90°，∵∠B＝60°，BD＝4，∴BE＝BD＝2，∵AB＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴BC＝AB＝AD+BD＝6，∴EC＝BC﹣BE＝4．3．（2019•綦江区一模）在菱形ABCD中，BD＝BC，（1）如图1，若菱形ABCD的面积为6．求点B到DC的最短距离．（2）如图2，点F在BC边上，且DE＝CF，连接DF交BE于点M，连接EB并延长至点N，使得BN＝DM，求证：AN＝DM+BM．解：（1）如图，作BE⊥CD于点E，∵四边形ABCD为菱形∴BC＝CD又∵BD＝CD∴△CDB是等边三角形∵BE⊥CD，∴点B到CD的距离最短是BE∵△BDC是等边三角形，且BE⊥CD，∴DE＝CE，∠BDC＝60°∴BE＝DE设CE＝DE＝x，则CD＝2x，BE＝x∵菱形ABCD的面积为6∴2x×x＝6∴x＝∴BE＝3，∴点B到DC的最短距离为3（2）连接AM∵DE＝CF．∠BDE＝∠C，BD＝CD，∴△BDE≌△DCF（SAS）∴∠DBE＝∠CDF，∴∠BMF＝∠DBM+∠BDM＝∠CDF+∠BDM＝60°，∴∠DMB＝120°∵∠DAB+∠DMB＝180°，∴∠ADM+∠ABM＝180°，又∵∠ABN+∠ABM＝180°，∴∠ABN＝∠ADM，且AB＝AD，BN＝DM，∴△ABN≌△ADM（SAS）∴∠DAM＝∠BAN，AM＝AN，∴∠MAN＝∠DAB＝60°，∴△AMN是等边三角形∴AN＝NM又∵NM＝NB+BM，NB＝DM∴AN＝DM+BM4．（2019•滨江区一模）如图1，点C、D是线段AB同侧两点，且AC＝BD，∠CAB＝∠DBA，连接BC，AD交于点E．（1）求证：AE＝BE；（2）如图2，△ABF与△ABD关于直线AB对称，连接EF．①判断四边形ACBF的形状，并说明理由；②若∠DAB＝30°，AE＝5，DE＝3，求线段EF的长．（1）证明：在△ABC和△BAD中，∵，∴△ABC≌△BAD（SAS），∴∠CBA＝∠DAB，∴AE＝BE；（2）解：①四边形ACBF为平行四边形；理由是：由对称得：△DAB≌△FAB，∴∠ABD＝∠ABF＝∠CAB，BD＝BF，∴AC∥BF，∵AC＝BD＝BF，∴四边形ACBF为平行四边形；②如图2，过F作FM⊥AD于，连接DF，∵△DAB≌△FAB，∴∠FAB＝∠DAB＝30°，AD＝AF，∴△ADF是等边三角形，∴AD＝AB＝3+5＝8，∵FM⊥AD，∴AM＝DM＝4，∵DE＝3，∴ME＝1，Rt△AFM中，由勾股定理得：FM＝＝＝4，∴EF＝＝7．5．（2018秋•吴兴区期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D与点B在AC同侧，∠DAC＞∠BAC，且DA＝DC，过点B作BE∥DA交DC于点E，过E作EM∥AC交AB于点M，连结MD．（1）当∠ADC＝80°时，求∠CBE的度数；（2）当∠ADC＝α时：①求证：BE＝CE；②求证：∠ADM＝∠CDM；③当α为多少度时，DM＝EM．（1）解：∵DA＝DC，∠ADC＝80°，∴∠DAC＝∠DCA＝50°，∵∠ACB＝90°，∴∠ECB＝∠ACB﹣∠ACD＝90°﹣50°＝40°，∵AD∥BE，∴∠BED＝∠ADC＝80°，∴∠EBC＝∠BED﹣∠ECB＝80°﹣40°＝40°，（2）证明：①∵DA＝DC，∠ADC＝α，∴∠DAC＝∠DCA＝，∵∠ACB＝90°，∴∠ECB＝∠ACB﹣∠ACD＝90°﹣＝，∵AD∥BE，∴∠BED＝∠ADC＝α，∴∠EBC＝∠BED﹣∠ECB＝α﹣＝，∴∠ECB＝∠EBC，∴EB＝EC；证明：②如图，延长EM交AD于F，延长BE交AC于点G，∵∠BCG＝90°，BE＝CE，∴CE＝CG，∴E为BG的中点，∵ME∥AC，∴AM＝BM，∵BE∥DA，∴∠FAM＝∠EBM，∵AM＝BM，∠AMF＝∠BME，∴△AMF≌△BME（ASA），∴MF＝ME，∵EF∥AC，∴∠FED＝∠DFE＝∠ACD＝∠DAC，∴DF＝DE，∴DM⊥EF，DM平分∠ADC，∴∠ADM＝∠CDM；解：③当α为60°时，DM＝EM，理由如下：∵∠ADC＝60°，由②知：DM⊥EF，DM平分∠ADC，∴∠MDE＝30°，在Rt△MDE中，tan∠MDE＝，∴DM＝ME．6．（2019•莆田模拟）问题提出学习了全等三角形的判定方法（“SSS”“SAS”“ASA”“HL”）后，我们继续对“两个三角形满足两边和其中一边的对角对应相等”的情形进行研究．初步思考将问题用符号语言表示为：在△ABC和△DEF中，AC＝DF，BC＝EF，∠ABC＝∠DEF，然后对∠ABC进行分类，可分为“∠ABC是锐角、直角、钝角”三种情况进行探究．第一种情况：当∠ABC是锐角时，AB＝DE不一定成立第二种情况：当∠ABC是直角时，根据“HL”，可得△ABC≌△DEF，则AB＝DE；第三种情况，当∠ABC是钝角时，则AB＝DE．如图，在△ABC和△DEF中，AC＝DF，BC＝EF．∠ABC＝∠DEF，且∠ABC是钝角．求证：AB＝DE；方法归纳化归是一种有效的数学思维方式，一般是将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题，观察发现第三种情况可以转化为第二种情况，如图，过点C作CG⊥AB交延长线于点G．（1）在△DEF中用尺规作出DE边上的高FH，不写作法，保留作图痕迹；（2）请你完成（1）中作图的基础上，加以证明AB＝DE．解：（1）如图所示：（2）证明：∵∠ABC＝∠DEF，∴∠CBG＝∠FEH，∵CG⊥AB，FH⊥DE，∴∠BGC＝∠EHF＝90°，∵BC＝EF，∴△CBG≌△FEH（AAS），∴BG＝EH，CG＝FH，∵AC＝DF，∴Rt△ACG≌Rt△DFH（HL），∴AG＝DH，∴AG﹣BG＝DH﹣EH，即AB＝DE．7．（2018秋•蚌埠期末）在△ABC和△DCE中，CA＝CB，CD＝CE，∠CAB＝∠CED＝α．（1）如图1，将AD、EB延长，延长线相交于点D：①求证：BE＝AD；②用含α的式子表示∠AOB的度数（直接写出结果）；（2）如图2，当α＝45°时，连接BD、AE，作CM⊥AE于M点，延长MC与BD交于点N，求证：N是BD的中点．解：（1）①∵CA＝CB，CD＝CE，∠CAB＝∠CED＝α，∴∠ACB＝180°﹣2α，∠DCE＝180°﹣2α，∴∠ACB＝∠DCE，∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD；②∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE＝α+∠BAO，∵∠ABE＝∠BOA+∠BAO，∴∠CBE+α＝∠BOA+∠BAO，∴∠BAO+α+α＝∠BOA+∠BAO，∴∠BOA＝2α；（2）如图2，作BP⊥MN交MN的延长线于P，作DQ⊥MN于Q，∵∠BCP+∠BCA＝∠CAM+∠AMC，∵∠BCA＝∠AMC，∴∠BCP＝∠CAM，在△CBP与△ACM中，，∴△CBP≌△ACM（AAS），∴MC＝BP，同理，CM＝DQ，∴DQ＝BP，在△BPN与△DQN中，，∴△BPN≌△DQN（AAS），∴N是BD的中点．8．（2019•娄底模拟）如图，分别以Rt△ABC的直角边AC及斜边AB向外作等边△ACD及等边△ABE，已知∠ABC＝60°，EF⊥AB，垂足为F，连接DF．（1）求证：AC＝EF；（2）试判断四边形EFDA的形状，并证明你的结论．证明：（1）∵△ABE是等边三角形，EF⊥AB，∴∠EAF＝60°，AE＝BE，∠EFA＝90°．又∵∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，∴∠EFA＝∠ACB，∠EAF＝∠ABC．在△ABC和△EAF中，∴△ABC≌△EAF（AAS），∴AC＝EF．（2）结论：四边形EFDA是平行四边形．理由：∵△ABC≌△EAF，∴EF＝AC．∵△ACD是的等边三角形，∴AC＝AD，∠CAD＝60°，又∵Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝30°，∴∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝90°，∴∠EFA＝∠BAD＝90°，∴EF∥AD．又∵EF＝AD，∴四边形EFDA是平行四边形．9．（2019•慈溪市模拟）一个三角形的三条边上各取一点，这三点构成的三角形叫做原三角形的内接三角形．△ABC中，∠A＝∠B＝30°，AC＝4，△DEF是△ABC的内接三角形．（1）如图①，已知DE∥AB，DF∥BC．①若DF＝EF，则DE＝2②若△DEF是直角三角形，求CD的长；（2）如图②，若△DEF是等腰直角三角形，∠DFE＝90°，D是AC中点，求tan∠AFD的值．解：（1）①如图1，过C作CG⊥DE于G，∵DF∥BC，∴∠DFA＝∠B＝30°，∵∠A＝30°，∴∠A＝∠DFA＝30°，∴AD＝DF，∴DE∥AB，∴∠EDF＝∠DFA＝30°，∵DF＝EF，∴∠DEF＝∠FDE＝30°，∴∠DFE＝∠ADF＝120°，∴EF∥AC，∴四边形CDFE是平行四边形，∴CD＝EF＝AD＝AC＝2，∵∠CDE＝∠CED＝30°，∴CD＝CE，∴DG＝EG，Rt△CDG中，CD＝2，∴CG＝CD＝1，DG＝，∴DE＝2DG＝2；故答案为：2；②分两种情况：i）如图2，当∠DFE＝90°时，△DEF是直角三角形，过C作CG⊥DE于G，设CG＝x，则CD＝2x，DG＝EG＝x，∴DE＝2x，Rt△DEF中，∠EDF＝30°，∴EF＝x，DF＝AD＝3x，∴AC＝4，∴3x+2x＝4，x＝，∴CD＝2x＝；ii）如图3，当∠DEF＝90°时，△DEF是直角三角形，过C作CG⊥DE于G，设CG＝x，则CD＝2x，DE＝2xRt△DEF中，∠EDF＝30°，∴EF＝2x，DF＝AD＝4x，∴AC＝4，∴4x+2x＝4，x＝，∴CD＝2x＝；综上，CD的长是或；（2）如图4，过D作DG⊥AB于G，过E作EH⊥AB于H，∵D是AC的中点，AC＝4，∴AD＝2，∵△DEF是等腰直角三角形，∴DF＝EF，∠DFE＝90°，∴∠DFG+∠EFH＝90°＝∠EFH+∠FEH，∴∠DFG＝∠FEH，∵∠DGF＝∠EHF＝90°，∴△DGF≌△FHE（AAS），∴DG＝FH＝1，FG＝EH，设FG＝x，则EH＝x，BH＝x，如图5，过C作CM⊥AB于M，∵∠A＝30°，AC＝4，∴AM＝2，∴AB＝2AM＝4，如图4，AG+FG+FH+BH＝AB，+x+1+x＝4，x＝，∴tan∠AFD＝＝＝．10．（2019•杭州模拟）△ABC和△ADE是有公共顶点的三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点P 为射线BD，CE的交点．（1）①如图1，∠ADE＝∠ABC＝45°，求证：∠ABD＝∠ACE．②如图2，∠ADE＝∠ABC＝30°，①中的结论是否成立？请说明理由．（2）在（1）①的条件下，AB＝6，AD＝4，若把△ADE绕点A旋转，当∠EAC＝90°时，画图并求PB的长度．（1）①证明：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，又∵∠ADE＝∠ABC＝45°，∴AD＝AE，AB＝AC，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE；②解：①中的结论成立；理由如下：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∵∠ADE＝∠ABC＝30°，∴，，∴，∴△BAD∽△CAE，∴∠ABD＝∠ACE．（2）解：分为两种情况：①当点E在AB上时，如图1所示：∵∠BAC＝∠DAE，又∵∠ADE＝∠ABC＝45°，∴AD＝AE，AB＝AC，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE；∴△AEC∽△BPE，∴，∵AB＝6，AD＝4，∴EB＝2，，∴，解得．②当点E在AB延长线上时，如图2所示：∵∠BAC＝∠DAE，又∵∠ADE＝∠ABC＝45°，∴AD＝AE，AB＝AC，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE；∴△ABD∽△DPC，∴，∵AB＝6，AD＝4，∴DC＝2，，∴，解得．∴．综上，或．11．（2019•邗江区校级一模）阅读下面材料：小聪遇到这样一个有关角平分线的问题：如图1，在△ABC中，∠A＝2∠B，CD平分∠ACB，AD＝2.4，AC＝3.6，求BC得长．小聪思考：因为CD平分∠ACB，所以可在BC边上取点E，使EC＝AC，连接DE．这样很容易得到△DEC≌△DAC，经过推理能使问题得到解决（如图2）．请完成：（1）求证：△BDE是等腰三角形（2）求BC的长为多少？（3）参考小聪思考问题的方法，解决问题：如图3，已知△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°，BD平分∠ABC，BD＝，BC＝，求AD的长．解：（1）如图2，在BC边上取点E，使EC＝AC，连接DE．在△ACD与△ECD中，，∴△ACD≌△ECD（SAS），∴AD＝DE，∠A＝∠DEC，∵∠A＝2∠B，∴∠DEC＝2∠B，∴∠B＝∠EDB，∴△BDE是等腰三角形；（2）由（1）知：AC＝CE＝3.6，DE＝BE＝2.4，∴BC＝BE+CE＝2.4+3.6＝6；（3）∵△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°，∴∠ABC＝∠C＝80°，∵BD平分∠ABC，∴∠1＝∠2＝40°，∠BDC＝60°，在BA边上取点E，使BE＝BC＝3，连接DE，在△DEB和△DBC中，∵，∴△DEB≌△DBC（SAS），∴∠BED＝∠C＝80°，∴∠4＝60°，∴∠3＝60°，在DA边上取点F，使DF＝DB，连接FE，同理得△BDE≌△FDE（SAS），∴∠5＝∠1＝40°，BE＝EF＝3，∵∠A＝20°，∴∠6＝20°，∴AF＝EF＝3，∵BD＝DF＝4，∴AD＝BD+BC＝7．12．（2019•温州模拟）如图，AC，DB相交于点O，OB＝OC，OA＝OD．（1）求证：△ABC≌△DCB；（2）若BD平分∠ABC，∠A＝60°，求∠BCD的度数．解：（1）在△ABO和△DCO中，∴△ABO≌△DCO（SAS）．∴∠A＝∠D．∵OB＝OC，∴∠DBC＝∠ACB．又BC＝BC．∴△ABC≌△DCB（AAS）；（2）∵△ABO≌△DCO，∴∠ABD＝∠DCA，∠D＝∠A＝60°．∵BD平分∠ABC，∴∠DBC＝∠ABD．∴∠DBC＝∠ACB＝∠DCA．∵∠DBC+∠ACB+∠DCA+∠D＝180°，∴3∠DBC+60°＝180°，解得∠DBC＝40°，则∠BCD＝180°﹣40°﹣60°＝80°．13．（2019•温州模拟）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，∠A＝∠B，E为AB的中点，连结CE，DE．（1）求证：△ADE≌△BCE．（2）若∠A＝70°，∠BCE＝60°，求∠CDE的度数．（1）证明：∵E为AB的中点，∴AE＝BE，∵在△ADE和△BCE中∴△ADE≌△BCE（SAS）；（2）解：∵△ADE≌△BCE，∴DE＝CE，∠A＝∠B＝70°，∠ADE＝∠BCE＝60°，∴∠AED＝∠BEC＝50°，∠CED＝80°，∴∠CDE＝∠DCE＝50°．14．（2019•硚口区模拟）在△ACB和△DCE中，AB＝A C，DE＝DC，点E在AB上（1）如图1，若∠ACB＝∠DCE＝60°，求证：∠DAC＝∠EBC；（2）如图2，设AC与DE交于点P．①若∠ACB＝∠DCE＝45°，求证：A D∥CB；②设AC与DE交于点P，当tan∠ADE＝时，直接写出的值．（1）证明：∵AB＝AC，DE＝DC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴△ACB和△DCE都是等边三角形，∴BC＝AC，EC＝DC，∠DCA＝∠ECB，在△DCA和△ECB中，，∴△DCA≌△ECB（SAS），∴∠DAC＝∠EBC；（2）①证明：∵AB＝AC，DE＝DC，∠ACB＝∠DCE＝45°，∴△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠CAB＝∠CDE＝90°，∠ECB＝∠DCA，∴cos∠ACB＝cos∠DCE，∴即，又∵∠ECB＝∠DCA，∴△ECB∽△DCA，∴∠B＝∠DAC＝45°，∴∠DAC＝∠ACB＝45°，∴AD∥CB；②解：作EH∥AD交AC于点H，如图2所示：则：，由①中的△ECB∽△DCA得：，∵∠DAC＝∠B═45°＝∠DEC，∴∠ADE＝∠ACE，∴tan∠ACE＝tan∠ADE＝，设AE＝2m，∴tan∠ACE＝＝，∴AC＝4m，∴BE＝AB﹣AE＝AC﹣AE＝4m﹣2m＝2m，∴AE＝BE，∴BC＝AC＝4m，∵EH∥AD，AD∥CB，∴EH∥CB，∴EH是△ABC的中位线，∴EH＝BC＝×4m＝2m，AD＝＝＝m，∴＝＝．15．（2019•沈阳模拟）如图，在平面直角垫标系中，O是坐标原点，△ABC的各顶点坐标分别为A（﹣8，0），B（﹣2，8），C（4，0）．动点M从点A出发，以每秒8个单位的速度沿A→C→B→A路线向终点A匀速运动，动点N从点A点出发，以每秒5个单位的速度沿A→B→C路线向终点C匀速运动，两点同时出发，当其中一点到达终点后，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒（t＞0），△AMN的面积为S．（1）①当t＝秒时，点M与点N相遇；②求sin∠BAC；（2）当0＜t＜时，求S与t的函数关系式；（3）若S＝，请直接写出此时t的值．解：（1）作BD⊥AC于点D，如图1所示：①∵A（﹣8，0），B（﹣2，8），C（4，0）．∴OA＝8，BD＝8，OC＝4，OD＝2，∴AC＝OA+OC＝12，CD＝6，AD＝6，∴AD＝CD，∴AB＝CB＝＝10，∴AB+BC+AC＝32，点M与点N相遇时，8t+5t＝32，解得：t＝；即t＝秒时，点M与点N相遇；故答案为：；②在Rt△ABD中，sin∠BAC＝＝＝；（2）当0＜t＜时，点M在线段AC上，点N在线段AB上，作NE⊥AM于点E，如图2所示：则sin∠NAE＝＝，∴NE＝AN＝×5t＝4t，则S＝AM•NE＝×8t×4t＝16 t2；△ANM（3）分情况讨论：①当0＜t＜时，S＝16 t2＝，解得：t＝；△ANM②当≤t≤2时，作MF⊥AB于F，CG⊥AB于G，如图3所示：则CG∥MF，∴＝，∵△ABC的面积＝×AB×CG＝×12×8，AB＝10，∴CG＝，∴＝，解得：MF＝（22﹣8t），∴S△ANM＝AN•MF＝×5t•＝，解得：t＝0或t＝，∵≤t≤2，∴无解；③当2＜t≤4时，作AH⊥BC于H，如图4所示：则S△AMN ＝AH•MN＝××（32﹣13 t）＝，或S△AMN＝AH•MN＝××（13t﹣32）＝，解得：t＝或t＝；综上所述，若S＝，t的值为或＝或．16．（2019•昆山市一模）已知锐角△ABC，∠ABC＝45°，AD⊥BC于D，BE⊥AC于E，交AD 于F．（1）求证：△BDF≌△ADC；（2）若BD＝4，DC＝3，求线段BE的长度．证明：（1）∵AD⊥BC，∠ABC＝45°∴∠ABC＝∠BAD＝45°，∴AD＝BD，∵DA⊥BC，BE⊥AC∴∠C+∠DAC＝90°，∠C+∠CBE＝90°∴∠CBE＝∠DAC，且AD＝BD，∠ADC＝∠ADB＝90°∴△BDF≌△ADC（ASA）（2）∵△BDF≌△ADC∴AD＝BD＝4，CD＝DF＝3，BF＝AC∴BF＝＝5∴AC＝5，＝×BC×AD＝×AC×BE ∵S△ABC∴7×4＝5×BE∴BE＝。

中考几何压轴--三角形与四边形(19年真题干货)

2019全国中考几何压轴题【2019兰州】某数学课题研究小组针对兰州市住房窗户“如何设计遮阳蓬”这一课题进行了探究，过程如下：问题提出：如图1是某住户窗户上方安装的遮阳蓬，要求设计的遮阳蓬能最大限度地遮住夏天炎热的阳光，又能最大限度地使冬天温暖的阳光射入室内．方案设计：如图2，该数学课题研究小组通过调查研究设计了垂直于墙面AC 的遮阳蓬CD ．数据收集：通过查阅相关资料和实际测量：兰州市一年中，夏至日这一天的正午时刻太阳光线DA 与遮阳蓬CD 的夹角∠ADC 最大（∠ADC ＝77.44°）；冬至日这一天的正午时刻，太阳光线DB 与遮阳蓬CD 的夹角∠BDC 最小（∠BDC ＝30.56°）．窗户的高度AB ＝2m ．问题解决：根据上述方案及数据，求遮阳蓬CD 的长．（结果精确到0.1m ，参考数据：sin30.56°≈0.51，cos30.56°≈0.86，tan30.56°≈0.59，sin77.44°≈0.98，cos77.44°≈0.22，tan77.44°≈4.49）【2019成都】如图1，在△ABC 中，AB=AC=20，tanB=43，点D 为BC 边上的动点（点D 不与点B ，C 重合）.以点D 为顶点作∠ADE=∠B ，射线DE 交AC 边于点E ，过点A 作AF ⊥AD 交射线DE 于F ，连接CF. （1）求证：△ABD ∽△DCE ；（2）当DE ∥AB 时（如图2），求AE 的长；（3）点D 在BC 边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DE ＝CF ？若存在，求出此时BD 的长；若不存在，请说明理由.【2019天水】如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，CB ＝CD ，问四边形ABCD 是垂美四边形吗？请说明理由；（2）性质探究：如图1，四边形ABCD 的对角线AC 、BD 交于点O ，AC ⊥BD ．试证明：AB 2+CD 2＝AD 2+BC 2；（3）解决问题：如图3，分别以Rt △ACB 的直角边AC 和斜边AB 为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE ，连结CE 、BG 、GE ．已知AC ＝4，AB ＝5，求GE 的长．【2019甘肃】如图，在正方形ABCD 中，点E 是BC 的中点，连接DE ，过点A 作AG ⊥ED 交DE 于点F ，交CD 于点G ．（1）证明：△ADG ≌△DCE ；（2）连接BF ，证明：AB ＝FB ．【2019广州】如图11，等边ABC ∆中，AB=6，点D 在BC 上，BD=4，点E 为边AC 上一动点（不与点C 重合），CDE ∆关于DE 的轴对称图形为FDE ∆.（1）当点F 在AC 上时，求证：DF//AB ；（2）设ACD ∆的面积为S 1，ABF ∆的面积为S 2，记S=S 1-S 2，S 是否存在最大值？若存在，求出S 的最大值；若不存在，请说明理由；（3）当B ，F ，E 三点共线时。

(名师整理)最新数学中考专题冲刺《三角形》压轴真题训练(含答案)

2019年山东省中考数学真题分类汇编专题04 三角形 (解析版)

专题04 三角形一、选择题1．（2019山东枣庄）将一副直角三角板按如图所示的位置放置，使含30°角的三角板的一条直角边和含45°角的三角板的一条直角边放在同一条直线上，则∠α的度数是（）A ．45°B ．60°C ．75°D ．85°【答案】C ．【解析】解：如图，∵∠ACD ＝90°、∠F ＝45°， ∴∠CGF ＝∠DGB ＝45°，则∠α＝∠D +∠DGB ＝30°+45°＝75°，故选：C ．2．（2019山东淄博）如图，在△ABC 中，AC ＝2，BC ＝4，D 为BC 边上的一点，且∠CAD ＝∠B ．若△ADC 的面积为a ，则△ABD 的面积为（）A ．2aB ．52a C ．3a D ．72a 【答案】C ．【解析】解：∵∠CAD ＝∠B ，∠ACD ＝∠BCA ，∴△ACD ∽△BCA ， ∴2()ACD BCAS AC SAB =，即14BCA a S =，解得，△BCA 的面积为4a ，∴△ABD的面积为：4a﹣a＝3a，故选：C．3．（2019山东青岛）如图，BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，垂足为F．若∠ABC＝35°，∠C＝50°，则∠CDE的度数为（）A．35°B．40°C．45°D．50°【答案】A．【解析】解：∵BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，∴∠ABD＝∠EBD，∠AFB＝∠EFB，∵BF＝BF，∴△ABF∽△EBF（ASA），∴AF＝EF，AB＝BE，∴AD＝DE，∵∠ABC＝35°，∠C＝50°，∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝95°，∴△ABD≌△EAD（SSS），∴∠BED＝∠BAD＝95°，∴∠ADE＝360°﹣95°﹣95°﹣35°＝145°，∴∠CDE＝180°﹣∠ADE＝35°，故选：A．4．（2019山东临沂）如图，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝FE，FC∥AB，若AB＝4，CF＝3，则BD的长是（）A．0.5 B．1 C．1.5 D．2【答案】B．【解析】解：∵CF∥AB，∴∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F，∴△ADE ≌△CFE （AAS ）， ∴AD ＝CF ＝3，∵AB ＝4，∴DB ＝AB ﹣AD ＝4﹣3＝1．故选：B ．5．（2019山东枣庄）如图，将△ABC 沿BC 边上的中线AD 平移到△A ′B ′C ′的位置．已知△ABC 的面积为16，阴影部分三角形的面积9．若AA ′＝1，则A ′D 等于（）A ．2B ．3C ．4D ．32【答案】B ．【解析】解：∵S △ABC ＝16、S △A ′EF ＝9，且AD 为BC 边的中线， ∴S △A ′DE ＝12S △A ′EF ＝92，S △ABD ＝12S △ABC ＝8， ∵将△ABC 沿BC 边上的中线AD 平移得到△A 'B 'C '， ∴A ′E ∥AB ， ∴△DA ′E ∽△DAB ，则2()A DE ABDS A D AD S''=，即2992()1816A D A D '=='+，解得A ′D ＝3或A ′D ＝﹣37（舍），故选：B ．6．（2019山东泰安）如图，一艘船由A 港沿北偏东65°方向航行km 至B 港，然后再沿北偏西40°方向航行至C 港，C 港在A 港北偏东20°方向，则A ，C 两港之间的距离为（）km ．A．B．C．D．【答案】B．【解析】解：根据题意得，∠CAB＝65°﹣20°，∠ACB＝40°+20°＝60°，AB＝，如图，过B作BE⊥AC于E，∴∠AEB＝∠CEB＝90°，在Rt△ABE中，∵∠ABE＝45°，AB＝，AB＝30km，∴AE＝BE＝2在Rt△CBE中，∵∠ACB＝60°，BE＝，∴CE＝3∴AC＝AE+CE＝∴A，C两港之间的距离为（km，故选：B．7．（2019山东聊城）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，一个三角尺的直角顶点与BC边的中点O重合，且两条直角边分别经过点A和点B，将三角尺绕点O按顺时针方向旋转任意一个锐角，当三角尺的两直角边与AB，AC分别交于点E，F时，下列结论中错误的是（）A．AE+AF＝AC B．∠BEO+∠OFC＝180°C．OE+OF BC D．S四边形AEOF＝12S△ABC【答案】C．【解析】解：连接AO，如图所示．∵△ABC为等腰直角三角形，点O为BC的中点，∴OA＝OC，∠AOC＝90°，∠BAO＝∠ACO＝45°．∵∠EOA+∠AOF＝∠EOF＝90°，∠AOF+∠FOC＝∠AOC＝90°，∴∠EOA＝∠FOC．∴△EOA≌△FOC（ASA），∴EA＝FC，∴AE+AF＝AF+FC＝AC，选项A正确；∵∠B+∠BEO+∠EOB＝∠FOC+∠C+∠OFC＝180°，∠B+∠C＝90°，∠EOB+∠FOC＝180°﹣∠EOF＝90°，∴∠BEO+∠OFC＝180°，选项B正确；∵△EOA≌△FOC，∴S△EOA＝S△FOC，∴S四边形AEOF＝S△EOA+S△AOF＝S△FOC+S△AOF＝S△AOC＝12S△ABC，选项D正确．故选：C．8．（2019山东淄博）如图，在以A为直角顶点的等腰直角三角形纸片ABC中，将B角折起，使点B落在AC边上的点D（不与点A，C重合）处，折痕是EF．如图1，当CD ＝12AC 时，tan α1＝34；如图2，当CD ＝13AC 时，tan α2＝512；如图3，当CD ＝14AC 时，tan α3＝724；……依此类推，当CD ＝11n +AC （n 为正整数）时，tan αn ＝．【答案】22122n n n++．【解答】解：观察可知，正切值的分子是3，5，7，9，…，2n +1，分母与勾股数有关系，分别是勾股数3，4，5；5，12，13；7，24，25；9，40，41；…，2n +1，2(21)12n +-，2(21)12n ++中的中间一个．∴tan αn ＝221(21)12n n ++-＝22122n n n++．故答案为：22122n n n++．9．（2019山东滨州）如图，在△OAB 和△OCD 中，OA ＝OB ，OC ＝OD ，OA ＞OC ，∠AOB ＝∠COD ＝40°，连接AC ，BD 交于点M ，连接OM ．下列结论：①AC ＝BD ；②∠AMB ＝40°；③OM 平分∠BOC ；④MO 平分∠BMC ．其中正确的个数为（）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】B ．【解析】解：∵∠AOB ＝∠COD ＝40°， ∴∠AOB +∠AOD ＝∠COD +∠AOD ，即∠AOC ＝∠BOD ， ∴△AOC ≌△BOD （SAS ），∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；∴∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，∴∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，∴△OCG≌△ODH（AAS），∴OG＝OH，∴MO平分∠BMC，④正确；正确的个数有3个；故选：B．二、填空题10．（2019山东枣庄）如图，小明为了测量校园里旗杆AB的高度，将测角仪CD竖直放在距旗杆底部B点6m的位置，在D处测得旗杆顶端A的仰角为53°，若测角仪的高度是1.5m，则旗杆AB的高度约为m．（精确到0.1m．参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）【答案】9.5．【解析】解：过D作DE⊥AB，∵在D 处测得旗杆顶端A 的仰角为53°， ∴∠ADE ＝53°，∵BC ＝DE ＝6m ， ∴AE ＝DE •tan53°≈6×1.33≈7.98m ，∴AB ＝AE +BE ＝AE +CD ＝7.98+1.5＝9.48m ≈9.5m ，故答案为：9.511．（2019山东德州）如图，一架长为6米的梯子AB 斜靠在一竖直的墙AO 上，这时测得∠ABO =70°，如果梯子的底端B 外移到D ，则梯子顶端A 下移到C ，这时又测得∠CDO =50°，那么AC 的长度约为米．（sin70°≈0.94，sin50°≈0.77，cos70°≈0.34，cos50°≈0.64）【答案】1.02．【解析】解：由题意可得： ∵∠ABO =70°，AB =6m ，∴sin70°=6AO AOAB ≈0.94，解得：AO =5.64（m ），∵∠CDO =50°，DC =6m ，∴sin50°=6CO≈0.77，解得：CO =4.62（m ），则AC =5.64-4.62=1.02（m ），答：AC 的长度约为1.02米．故答案为：1.02．12．（2019山东临沂）如图，在△ABC 中，∠ACB ＝120°，BC ＝4，D 为AB 的中点，DC ⊥BC ，则△ABC 的面积是．【答案】【解析】解：∵DC ⊥BC ，∴∠BCD ＝90°， ∵∠ACB ＝120°，∴∠ACD ＝30°，延长CD 到H 使DH ＝CD ， ∵D 为AB 的中点，∴AD ＝BD ， ∴△ADH ≌△BCD （SAS ），∴AH ＝BC ＝4，∠H ＝∠BCD ＝90°，∵∠ACH ＝30°，∴CH ＝，∴CD ＝，∴△ABC 的面积＝2S △BCD ＝2×12×4×＝，故答案为：13．（2019山东枣庄）把两个同样大小含45°角的三角尺按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个三角尺的直角顶点重合于点A ，且另外三个锐角顶点B ，C ，D 在同一直线上．若AB ＝2，则CD ＝．．【解析】解：如图，过点A 作AF ⊥BC 于F ，在Rt △ABC 中，∠B ＝45°，∴BC AB＝，BF＝AF＝AB，∵两个同样大小的含45°角的三角尺，∴AD＝BC＝，在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF∴CD＝BF+DF﹣BC﹣，．14．（2019山东聊城）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，DE为△ABC的中位线，延长BC至F，使CF＝12BC，连接FE并延长交AB于点M．若BC＝a，则△FMB的周长为．【答案】92 a．【解析】解：在Rt△ABC中，∠B＝60°，∴∠A＝30°，∴AB＝2a，AC．∵DE是中位线，∴CE＝2a．在Rt△FEC中，利用勾股定理求出FE＝a，∴∠FEC＝30°．∴∠A＝∠AEM＝30°，∴EM＝AM．△FMB周长＝BF+FE+EM+BM＝BF+FE+AM+MB＝BF+FE+AB＝92 a．故答案为92 a．三、解答题15．（2019山东淄博）已知，在如图所示的“风筝”图案中，AB＝AD，AC＝AE，∠BAE＝∠DAC．求证：∠E ＝∠C ．【答案】见解析【解析】证明：∵∠BAE ＝∠DAC ∴∠BAE +∠CAE ＝∠DAC +∠CAE ∴∠CAB ＝∠EAD ，且AB ＝AD ，AC ＝AE ∴△ABC ≌△ADE （SAS ）． ∴∠C ＝∠E ．16．（2019山东菏泽）由我国完全自主设计、自主建造的首艘国产航母于2018年5月成功完成第一次海上试验任务．如图，航母由西向东航行，到达A 处时，测得小岛B 位于它的北偏东30°方向，且与航母相距80海里再航行一段时间后到达C 处，测得小岛B 位于它的西北方向，求此时航母与小岛的距离BC 的长．【答案】（﹣）海里．【解析】解：过点C 作CD ⊥AB 于点D ，由题意，得：∠BAD ＝60°，∠BCD ＝45°，AC ＝80，在Rt △ADB 中，∠BAD ＝60°，∴tan60°＝BDAD，∴AD在Rt△BCD中，∠BCD＝45°，∴BD＝CD，∴AC＝AD+CDBD＝80，∴BD＝120﹣∴BC BC＝﹣，答：BC的距离是（）海里．17．（2019山东聊城）某数学兴趣小组要测量实验大楼部分楼体的高度（如图①所示，CD部分），在起点A 处测得大楼部分楼体CD的顶端C点的仰角为45°，底端D点的仰角为30°，在同一剖面沿水平地面向前走20米到达B处，测得顶端C的仰角为63.4°（如图②所示），求大楼部分楼体CD的高度约为多少米？（精确到1米）（参考数据：sin63.4°≈0.89，cos63.4°≈0.45，tan63.4°≈2.00 1.41≈1.73）【答案】17米．【解析】解：设楼高CE为x米，∵在Rt△AEC中，∠CAE＝45°，∴AE＝CE＝x，∵AB＝20，∴BE＝x﹣20，在Rt△CEB中，CE＝BE•tan63.4°≈2（x﹣20），∴2（x﹣20）＝x，解得：x＝40（米），在Rt△DAE中，DE＝AE tan30°＝40≈17（米），∴CD＝CE﹣DE＝40﹣3答：大楼部分楼体CD的高度约为17米．18．（2019山东临沂）鲁南高铁临沂段修建过程中需要经过一座小山．如图，施工方计划沿AC方向开挖隧道，为了加快施工速度，要在小山的另一侧D（A、C、D共线）处同时施工．测得∠CAB＝30°，AB＝4km，∠ABD＝105°，求BD的长．【答案】km．【解析】解：作BE⊥AD于点E，∵∠CAB＝30°，AB＝4km，∴∠ABE＝60°，BE＝2km，∵∠ABD＝105°，∴∠EBD＝45°，∴∠EDB＝45°，∴BE＝DE＝2km，∴BD＝km，即BD的长是km．19．（2019山东潍坊）自开展“全民健身运动”以来，喜欢户外步行健身的人越来越多，为方便群众步行健身，某地政府决定对一段如图1所示的坡路进行改造．如图2所示，改造前的斜坡AB＝200米，坡度为1；将斜坡AB的高度AE降低AC＝20米后，斜坡AB改造为斜坡CD，其坡度为1：4．求斜坡CD 的长．（结果保留根号）【答案】【解析】解：∵∠AEB＝90°，AB＝200，坡度为1∴tan∠ABE3=，∴∠ABE＝30°，∴AE＝12AB＝100，∵AC＝20，∴CE＝80，∵∠CED＝90°，斜坡CD的坡度为1：4，∴14CEDE=，即8014ED=，解得，ED＝320，∴CD=答：斜坡CD的长是20．（2019山东青岛）如图，某旅游景区为方便游客，修建了一条东西走向的木栈道AB，栈道AB与景区道路CD平行．在C处测得栈道一端A位于北偏西42°方向，在D处测得栈道另一端B位于北偏西32°方向．已知CD＝120m，BD＝80m，求木栈道AB的长度（结果保留整数）．（参考数据：sin32°≈1732，cos32°≈1720，tan32°≈58，sin42°≈2740，co s42°≈34，tan42°≈9 10）【答案】134米．【解析】解：过C作CE⊥AB于E，DF⊥AB交AB的延长线于F，则CE∥DF，∵AB∥CD，∴四边形CDFE是矩形，∴EF＝CD＝120，DF＝CE，在Rt△BDF中，∵∠BDF＝32°，BD＝80，∴DF＝cos32°•BD＝80×1720≈68，BF＝sin32°•BD＝80×1732≈852，∴BE＝EF﹣BF＝1552，在Rt△ACE中，∵∠ACE＝42°，CE＝DF＝68，∴AE＝CE•tan42°＝68×910＝3065，∴AB＝AE+BE＝1552+3065≈134m，答：木栈道AB的长度约为134m．21．（2019山东威海）如图是把一个装有货物的长方体形状的木箱沿着坡面装进汽车货厢的示意图．已知汽车货厢高度BG＝2米，货厢底面距地面的高度BH＝0.6米，坡面与地面的夹角∠BAH＝α，木箱的长（FC）为2米，高（EF）和宽都是1.6米．通过计算判断：当sinα＝35，木箱底部顶点C与坡面底部点A重合时，木箱上部顶点E会不会触碰到汽车货厢顶部．【答案】不会触碰到汽车货厢顶部，理由见解析．【解析】解：∵BH＝0.6米，sinα＝35，∴AB＝0.613sin5BHα==米，∴AH＝0.8米，∵AF＝FC＝2米，∴BF＝1米，作FJ⊥BG于点J，作EK⊥FJ于点K，∵EF＝FB＝AB＝1米，∠EKF＝∠FJB＝∠AHB＝90°，∠EFK＝∠FBJ＝∠ABH，∴△EFK≌△FBJ≌△ABH，∴EK＝FJ＝AH，BJ＝BH，∴BJ+EK＝0.6+0.8＝1.4＜2，∴木箱上部顶点E不会触碰到汽车货厢顶部．22．（2019山东菏泽）如图，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°．（1）如图1，连接BE，CD，BE的廷长线交AC于点F，交CD于点P，求证：BP⊥CD；（2）如图2，把△ADE绕点A顺时针旋转，当点D落在AB上时，连接BE，CD，CD的延长线交BE于点P，若BC＝，AD＝3，求△PDE的面积．【答案】（1）见解析；（2）910．【解析】解：（1）∵△ABC 和△ADE 是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC ＝∠DAE ＝90°．∴AD ＝AE ，AB ＝AC ，∠BAC ﹣∠EAF ＝∠EAD ﹣∠EAF ，即∠BAE ＝∠DAC ， ∴△ABE ≌△ADC （SAS ）， ∴∠ABE ＝∠ACD ，∵∠ABE +∠AFB ＝∠ABE +∠CFP ＝90°， ∴∠CPF ＝90°， ∴BP ⊥CD ；（2）在△ABE 与△ACD 中，90AE ADEAB CAB AB AC =⎧⎪∠=∠=⎨⎪=⎩，∴△ABE ≌△ACD （SAS ）， ∴∠ABE ＝∠ACD ，BE ＝CD ， ∵∠PDB ＝∠ADC ， ∴∠BPD ＝∠CAB ＝90°， ∴∠EPD ＝90°， ∵BC ＝，AD ＝3， ∴DE ＝，AB ＝6， ∴BD ＝6﹣3＝3，CD=∵△BDP ∽△CDA ， ∴BD PD PBCD AD AC ==，36PD PB==， ∴PDPB∴PE ＝，∴△PDE 的面积＝1925510⨯⨯=． 23．（2019山东枣庄）在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，AD ⊥BC 于点D ．（1）如图1，点M ，N 分别在AD ，AB 上，且∠BMN ＝90°，当∠AMN ＝30°，AB ＝2时，求线段AM 的长；（2）如图2，点E ，F 分别在AB ，AC 上，且∠EDF ＝90°，求证：BE ＝AF ；（3）如图3，点M 在AD 的延长线上，点N 在AC 上，且∠BMN ＝90°，求证：AB +AN AM ．【答案】（1；（2）证明见解析；（3）见解析．【解析】（1）解：∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，AD ⊥BC ，∴AD ＝BD ＝DC ，∠ABC ＝∠ACB ＝45°，∠BAD ＝∠CAD ＝45°，∵AB ＝2，∴AD ＝BD ＝DC ，∵∠AMN ＝30°，∴∠BMD ＝180°﹣90°﹣30°＝60°， ∴∠MBD ＝30°，∴BM ＝2DM ，由勾股定理得，BM 2﹣DM 2＝BD 2，即（2DM ）2﹣DM 2）2，解得，DM ＝3，∴AM ＝AD ﹣DM ﹣3；（2）证明：∵AD ⊥BC ，∠EDF ＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，∴△BDE≌△ADF（ASA）∴BE＝AF；（3）证明：过点M作ME∥BC交AB的延长线于E，∴∠AME＝90°，则AE AM，∠E＝45°，∴ME＝MA，∵∠AME＝90°，∠BMN＝90°，∴∠BME＝∠AMN，∴△BME≌△AMN（ASA），∴BE＝AN，∴AB+AN＝AB+BE＝AE AM．。

2019中考专题复习--几何压轴题(含解析答案)

2019中考专题复习--几何压轴题（含解析答案）一.三角形类（图形旋转变换）1.(2017赤峰)△OPA和△OQB分别是以OP，OQ为直角边的等腰直角三角形，点C，D，E分别是OA，OB，AB的中点．(1)当∠AOB＝90°时，如图1，连接PE，QE，直接写出EP与EQ的大小关系；(2)将△OQB绕点O逆时针方向旋转，如图2，当∠AOB是锐角时(1)中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请加以说明．(3)仍将△OQB绕点O旋转，如图3，当∠AOB为钝角时，延长PC，QD交于点G，使△ABG为等边三角形，求∠AOB的度数．解：（1）如图1，延长PE，QB交于点F，∵△APO和△BQO是等腰直角三角形，∴∠APO=∠BQO=90°，∠AOP=∠BOQ=45°，∵∠AOB=90°，∴∠AOP+∠AOB+∠BOQ=180°，∴点P，O，Q在同一条直线上，∵∠APO=∠BQO=90°，∴AP∥BQ，∴∠PAE=∠FBE，∵点E是AB中点，∴AE=BE，∵∠AEP=∠BEF，∴△APE≌△BFE，∴PE=EF，∴点E是Rt△PQF的斜边PF的中点，∴EP=EQ；（2）成立，证明：∵点C，E分别是OA，AB的中点，∴CE∥OB，CE=OB，∴∠DOC=∠ECA，∵点D是Rt△OQB斜边中点，∴DQ=OB，∴CE=DQ，同理：PC=DE，∠DOC=∠BDE，∴∠ECA=∠BDE，∵∠PCE=∠EDQ，∴△EPC≌△QED，∴EP=EQ；（3）如图2，连接GO，∵点D，C分别是OB，OA的中点，△APO与△QBO都是等腰直角三角形，∴CQ，GP分别是OB，OA的垂直平分线，∴GB=GO=GA，∴∠GBO=∠GOB，∠GOA=∠GAO，设∠GOB=x，∠GOA=y，∴x+x+y+y+60°=360°∴x+y=150°，∴∠AOB=150°．2.（2018河南）（1）问题发现：如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M．填空：①的值为；②∠AMB的度数为．1（2）类比探究：如图 2，在△OAB 和△OCD 中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接 AC 交 BD 的延长线于点 M ．请判断的值及∠AMB 的度数，并说明理由；（3）拓展延伸：在（2）的条件下，将△OCD 绕点 O 在平面内旋转，AC ，BD 所在直线交于点 M ，若 OD=1，OB=，请直接写出当点 C 与点 M 重合时 AC 的长．解：（1）问题发现：①如图 1，∵∠AOB=∠COD=40°，∴∠COA=∠DOB ，∵OC=OD ，OA=OB ，∴△COA ≌△DOB （SAS ），∴AC=BD ，∴ =1，②∵△COA ≌△DOB ，∴∠CAO=∠DBO ，∵∠AOB=40°，∴∠OAB+∠ABO=140°，在△AMB 中，∠AMB=180°﹣（∠CAO+∠OAB+∠ABD ）=180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD ）=180°﹣140°=40°，故答案为：①1；②40°；（2）类比探究：如图 2，= ，∠AMB=90°，理由是：Rt △COD 中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，∴ ，同理得：，∴ ，∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOC=∠BOD ，∴△AOC ∽△BOD ，∴ =，∠CAO=∠DBO ，在△AMB 中，∠AMB=180°﹣（∠MAB+∠ABM ）=180°﹣（∠OAB+∠ABM+∠DBO ）=90°；（3）拓展延伸：①点 C 与点 M 重合时，如图 3，同理得：△AOC ∽△BOD ，∴∠AMB=90°，设 BD=x ，则 AC= x ，Rt △COD 中，∠OCD=30°，OD=1，∴CD=2，BC=x ﹣2，，Rt △AOB 中，∠OAB=30°，OB= ，∴AB=2OB=2在 Rt △AMB 中，由勾股定理得：AC 2+BC 2=AB 2，，，x 2﹣x ﹣6=0，（x ﹣3）（x+2）=0，x 1=3，x 2=﹣2，∴AC=3②点 C 与点 M 重合时，如图 4，同理得：∠AMB=90°，设 BD=x ，则 AC= x ，在 Rt △AMB 中，由勾股定理得：AC 2+BC 2=AB 2，2；，+（x+2）2=x2+x﹣6=0，（x+3）（x﹣2）=0，x1=﹣3，x2=2，∴AC=2；综上所述，AC的长为3或2．3.（2018辽宁本溪）菱形ABCD中、∠BAD＝120°，点O为射线CA上的动点，作射线OM与直线BC相交于点E，将射线OM绕点O逆时针旋转60°，得到射线ON，射线ON与直线CD相交于点F．（1）如图①，点O与点A重合时，点E，F分别在线段BC，CD上，请直接写出CE，CF，CA三条段段之间的数量关系；（2）如图②，点O在CA的延长线上，且OA＝AC，E，F分别在线段BC的延长线和线段CD的延长线上，请写出CE，CF，CA三条线段之间的数量关系，并说明理由；（3）点O在线段AC上，若AB＝6，BO＝2，当CF＝1时，请直接写出BE的长．解：（1）如图①中，结论：CA＝CE+CF．理由：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°∴AB＝AD＝DC＝BC，∠BAC＝∠DAC＝60°∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∵∠DAC＝∠EAF＝60°，∴∠DAF＝∠CAE，∵CA＝AD，∠D＝∠ACE＝60°，∴△ADF≌△ACE（SAS），∴DF＝CE，∴CE+CF＝CF+DF＝CD＝AC，∴CA＝CE+CF．（2）结论：CF﹣CE＝AC．理由：如图②中，如图作OG∥AD交CF于G，则△OGC是等边三角形．∵∠GOC＝∠FOE＝60°，∴∠FOG＝∠EOC，∵OG＝OC，∠OGF＝∠ACE＝120°，∴△FOG≌△E OC（ASA），∴CE＝FG，∵OC＝OG，CA＝CD，∴OA＝DG，∴CF﹣EC＝CF﹣FG＝CG＝CD+DG＝AC+AC＝AC，（3）作BH⊥AC于H．∵AB＝6，AH＝CH＝3，∴BH＝3，如图③﹣1中，当点O在线段AH上，点F在线段CD上，点E在线段BC上时．∵OB＝2，∴OH＝＝1，∴OC＝3+1＝4，3由（1）可知：CO＝CE+CF，∵OC＝4，CF＝1，∴CE＝3，∴BE＝6﹣3＝3．如图③﹣2中，当点O在线段AH上，点F在线段DC的延长线上，点E在线段BC上时．由（2）可知：CE﹣CF＝OC，∴CE＝4+1＝5，∴BE＝1．如图③﹣3中，当点O在线段CH上，点F在线段CD上，点E在线段BC上时．同法可证：OC＝CE+CF，∵OC＝CH﹣OH＝3﹣1＝2，CF＝1，∴CE＝1，∴BE＝6﹣1＝5．如图③﹣4中，当点O在线段CH上，点F在线段DC的延长线上，点E在线段BC上时．同法可知：CE﹣CF＝OC，∴CE＝2+1＝3，∴BE＝3，综上所述，满足条件的BE的值为3或5或1．二.四边形形类（图形折叠问题）--分类讨论思想1.(2017山东德州)如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E 处，折痕为PQ.过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF.(1)求证：四边形BFEP为菱形；(2)当点E在AD边上移动时，折痕的端点P，Q也随之移动．①当点Q与点C重合时(如图2)，求菱形BFEP的边长；②若限定P，Q分别在边BA，BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．解：（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，∴B点与E点关于PQ对称．∴BP=PE，BF=FE，∠BPF=∠EPF．又∵EF∥AB，∴∠BPF=∠EFP．∴∠EPF=∠EFP．∴EP=EF．∴BP=BF=FE=EP．∴四边形BFEP为菱形．（2）①如图2，∵四边形ABCD为矩形，∴BC=AD=5cm，CD=AB=3cm，∠A=∠D=90°．∵点B与点E关于PQ对称，∴CE=BC=5cm．在Rt△CDE中，DE2=CE2-CD2，即DE2=52-32，∴DE=4cm．∴AE=AD-DE=5cm-4cm=1cm．∴在Rt△APE中，AE=1，AP=3-PB=3-EP．即EP2=12+(3-EP)2，解得EP=53cm．∴菱形BFEP边长为53cm．②当点Q与点C重合时，如图2，点E离A点最近，由①知，此时AE=1cm．当点P与点A重合时，如图3，点E离A点最远，此时四边形ABQE为正方形，AE=AB=3cm，∴点E在边AD 上移动的最大距离为2cm．2.（2018宜昌）矩形ABCD中，AB12，P是边AB上一点，把PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F.4∴设AE x，则DE25x，，解得xx12在Rt PBC中，PC 2510(1)如图1，若点E是AD的中点，求证:AEB≌DEC；(2)如图2，①求证:BP BF；②当AD25，且AE DE时，求cos PCB的值；③当BP9时，求BE EF的值.图1图2图2备用图证明：在矩形ABCD中，A D90,AB DC,如图1，又AE DE，ABE DCE,(2)如图2，①在矩形ABCD中，ABC90,BPC沿PC折叠得到GPC PGC PBC90,BPC GPCBE CG BE//PG,GPF PFB BPF BFP BP BF②当AD25时，BEC90AEB CED90,AEB ABE90,CED ABEAB DE又A D90,ABE∽DECAE CD1225xAE DE AE9,DE16,CE20,BE15,19，x216由折叠得BP PG，BP BF PG,BE//PG,ECF∽GCP15y202525设BP BF PG y，y则BPy2533BC25310,cos PCB3PC2510103③若BP9,解法一：连接G F，（如图3）GEF BAE90,BF//PG,BF PG EF CE PG CG图3∴四边形BPGF是平行四边形BP BF,平行四边形BPGF是菱形BP//GF,GFE ABE,GEF∽EAB 解法二：如图2，EF ABGF BEBE EF AB GF129108FEC PBC90,EFC PFB BPF,EFC∽BPC 又BEC A90,由AD//BC得AEB EBC,AEB∽EBC EF CE BP CBAB CE AE EFBE CB BE BPBE EF AE BP129108解法三：（如图4）过点F作FH BC，垂足为HS SBPFBF BFEF PG BEBF S BE S BFCBEC EF BC EF12BC12四边形PFEG5BE EF 12 9 108△ 9 EF BE12图43.（2018 山西）问题情境：在数学活动课上，老师出示了这样一个问题：如图1，在矩形 ABCD 中，AD=2AB ， E 是 AB 延长线上一点，且 BE=AB ，连接 DE ，交 BC 于点 M ，以 DE 为一边在 DE 的左下方作正方形 DEFG ，连接AM ．试判断线段 AM 与 DE 的位置关系．探究展示：小组发现，AM 垂直平分 DE ，并展示了如下的证明方法：证明： BE AB, AE 2AB ，AD 2AB, AD AE四边形 ABCD 是矩形， AD//BC. EM E B DM A B（依据１）BE AB , EMDM1 EM DM .即 AM 是△ADE 的 DE 边上的中线，又 AD AE, AM DE.（依据 2） AM 垂直平分 DE ．反思交流：(1) 上述证明过程中的“依据 1”“依据 2”分别是指什么？试判断图１中的点 A 是否在线段 GF 的垂直平分上，请直接回答，不必证明；(2)创新小组受到勤奋小组的启发，继续进行探究，如图 2，连接 CE ，以 CE 为一边在 CE 的左下方作正方形 CEFG ，发现点 G 在线段 BC 的垂直平分线上，请你给出证明；探索发现：(3)如图 3，连接 CE ，以 CE 为一边在 CE 的右上方作正方形 CEFG ，可以发现点 C ，点 B 都在线段 AE 的垂直平分线上，除此之外，请观察矩形 ABCD 和正方形 CEFG 的顶点与边，你还能发现哪个顶点在哪条边的垂直平分线上，请写出一个你发现的结论，并加以证明 .解：(1)答：依据 1：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例（或平行线分线段成比例） . 依据 2：等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线及底边上的高互相重合（或等腰三角形的“三线合一 ”） .答：点 A 在线段 GF 的垂直平分线上 . (2) 证明：过点 G 作 GH BC 于点 H ，四边形 ABCD 是矩形，点E 在 AB 的延长线上， CBE ABC GHC 90 . 1+ 2=90 .四边形 CEFG 为正方形， CG CE, GCE 90 . 1 3 90 . 2= 3. GHC ≌ CBE. H C BE. 四边形 ABCD 是矩形， AD BC. AD 2AB, BE AB, BC 2BE 2HC. HC BH. GH 垂直平分 BC. 点 G 在 BC 的垂直平分线上。

中考数学几何压轴题(有关三角形、四边形)的综合专题(含答案解析)

中考数学几何压轴题（有关三角形、四边形）的综合专题1、如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC边的一点，F为AB边上一点，连接CF，交BE于点D且∠ACF＝∠CBE，CG平分∠ACB交BD于点G，（1）求证：CF＝BG；（2）延长CG交AB于H，连接AG，过点C作CP∥AG交BE的延长线于点P，求证：PB＝CP+CF；（3）在（2）问的条件下，当∠GAC＝2∠FCH时，若S△AEG＝3，BG＝6，求AC的长．2、[问题背景]如图1所示，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连结AD，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连结EC．[问题初探]如果点D在线段BC上运动，通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作EF⊥BC 交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△，可推证△CEF是三角形，从而求得∠DCE＝．[继续探究]如果点D在线段CB的延长线上运动，如图3所示，求出∠DCE的度数．[拓展延伸]连接BE，当点D在直线BC上运动时，若AB＝，请直接写出BE的最小值．3、（2019秋•锦江区校级期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线．（1）如图1，求证：AD＝2DC．（2）如图2，作∠CBD的角平分线交线段CD于点M，若CM＝1，求△DBM的面积；（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E，点N是线段AC上一点（不与C、D重合），以BN为一边，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延长线于点G，试探究线段ND，DG与AD之间的数量关系，并说明理由．4、（2019•镇平县三模）如图1，已知直角三角形ABC，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D是AC边上一点，过D作DE⊥AB于点E，连接BD，点F是BD中点，连接EF，CF．（1）发现问题：线段EF，CF之间的数量关系为；∠EFC的度数为；（2）拓展与探究：若将△AED绕点A按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜30°），如图2所示，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）拓展与运用：如图3所示，若△AED绕点A旋转的过程中，当点D落到AB边上时，AB边上另有一点G，AD＝DG＝GB，BC＝3，连接EG，请直接写出EG的长度．5、（2017春•西城区校级期末）如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a，点P是线段AB的中点，点E是线段CB延长线上一点，且PE＝PC，将线段PC绕点P顺时针旋转α得到PD，连接BD．（1）如图2，若α＝60°，其他条件不变，先补全图形，然后探究线段BD和BC之间的数量关系，并说明理由．（2）如图3，若α＝90°，其他条件不变，探究线段BP、BD和BC之间的等量关系，并说明理由．6、【发现问题】如图1，已知△ABC，以点A为直角顶点、AB为腰向△ABC外作等腰直角△ABE．请你以A为直角顶点、AC为腰，向△ABC外作等腰直角△ACD（不写作法，保留作图痕迹）．连接BD、CE．那么BD与CE的数量关系是BD＝CE．【拓展探究】如图2，已知△ABC，以AB、AC为边向外作正方形AEFB和正方形ACGD，连接BD、CE，试判断BD与CE之间的数量关系，并说明理由．【解决问题】如图3，有一个四边形场地ABCD，∠ADC＝60°，BC＝15，AB＝8，AD＝CD，求BD的最大值．7、（1）如图1，点C为线段AB外一个动点，已知AB＝a，AC＝b．当点C位于BA的延长线上时，线段BC取得最大值，则最大值为（用含a，b的式子表示）；（2）如图2，点C为线段AB外一个动点，若AB＝10，AC＝3，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE，DB．①求证：AE＝DB；②请直接写出线段AE的最大值；（3）如图3，AB＝6，点M为线段AB外一个动点，且AM＝2，MB＝MN，∠BMN＝90°，请直接写出线段AN的最大值．8、【初步探索】（1）如图1：在四边形ABC中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF ＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠F AD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是；【灵活运用】（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；【拓展延伸】（3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．9、（2018•大东区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO＝45°，AC＝，请直接写出BQ的长．10、模型发现：同学们知道，三角形的两边之和大于第三边，即如图1，在△ABC中，AB+AC＞BC．对于图1，若把点C看作是线段AB外一动点，且AB＝c，AC＝b，则线段BC的长会因为点C的位置的不同而发生变化．因为AB、AC的长度固定，所以当∠BAC越大时，BC边越长．特别的，当点C位于时，线段BC的长取得最大值，且最大值为（用含b，c的式子表示）（直接填空）.模型应用：点C为线段AB外一动点，且AB＝3，AC＝2，如图2所示，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD 和等边三角形BCE，连接BD，AE．（1）求证：BD＝AE．（2）线段AE长的最大值为．模型拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A是y轴正半轴上的一动点，点B是x轴正半轴上的一动点，且AB ＝8．若AC⊥AB，AC＝3，试求OC长的最大值．11、已知：△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．（1）如图1，点D在BC的延长线上，连AD，过B作BE⊥AD于E，交AC于点F．求证：AD＝BF；（2）如图2，点D在线段BC上，连AD，过A作AE⊥AD，且AE＝AD，连BE交AC于F，连DE，问BD与CF有何数量关系，并加以证明；（3）如图3，点D在CB延长线上，AE＝AD且AE⊥AD，连接BE、AC的延长线交BE于点M，若AC ＝3MC，请直接写出的值．12、已知在△ABC中，AB＝AC，射线BM、BN在∠ABC内部，分别交线段AC于点G、H．（1）如图1，若∠ABC＝60°，∠MBN＝30°，作AE⊥BN于点D，分别交BC、BM于点E、F．①求证：∠1＝∠2；②如图2，若BF＝2AF，连接CF，求证：BF⊥CF；（2）如图3，点E为BC上一点，AE交BM于点F，连接CF，若∠BFE＝∠BAC＝2∠CFE，求的值．13、已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，E为边AC任意一点，连接BE．（1）如图1，若∠ABE＝15°，O为BE中点，连接AO，且AO＝1，求BC的长；（2）如图2，F也为AC上一点，且满足AE＝CF，过A作AD⊥BE交BE于点H，交BC于点D，连接DF交BE于点G，连接AG；①若AG平分∠CAD，求证：AH＝AC；②如图3，当G落在△ABC外时，若将△EFG沿EF边翻折，点G刚好落在AB边上点P，直接写出AG与EF的数量关系．14、如图所示，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为AC中点，作ED⊥AC交AB于D，连接CD；（1）如图1，求证：AB＝2CD；（2）如图2，作CF⊥AB交AB于F，点G为CF上一点，点H为DE延长线上一点，分别连接AH、GH，若∠AHG＝2∠B，求证：AH＝GH；（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，且有DE＝BF，∠EDG＝90°，若AC＝6，求AH的长度．15、【问题情境】一节数学课后，老师布置了一道课后练习题：如图：已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，点E、F分别在A和BC上，∠1＝∠2，FG⊥AB于点G，求证：△CDE≌△EGF．（1）阅读理解，完成解答本题证明的思路可用下列框图表示：根据上述思路，请你完整地书写这道练习题的证明过程；（2）特殊位置，证明结论若CE平分∠ACD，其余条件不变，求证：AE＝BF；（3）知识迁移，探究发现如图，已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，若点E是DB的中点，点F在直线CB上且满足EC＝EF，请直接写出AE与BF的数量关系．（不必写解答过程）16、在正方形ABCD和等腰直角△BGF中，∠BGF＝90°，P是DF的中点，连接PG、PC．（1）如图1，当点G在BC边上时，延长GP交DC于点E．求证：PG＝PC；（2）如图2，当点F在AB的延长线上时，（1）中的结论是否成立？请证明你的结论；（3）如图3，若四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，△BGF为等边三角形，点F在CB的延长线上时，线段PC、PG又有怎样的数量关系，请直接写出你的结论，并画出论证过程中需要添加的辅助线．17、在△ABC中，∠BAC＝60°，点D、E分别在边AC、AB上，AD＝AE，连接CE、BD相交于点F，且∠BEC＝∠ADF，连接AF．（1）如图1，连接ED，求证：∠ABD＝∠CED；（2）如图2，求证：EF+FD＝AF；（3）如图3，取BC的中点G，连接AG交BD于点H，若∠GAC＝3∠ABD，BH＝7，求△ABH的面积．18、点D，E分别在△ABC的边AC，BD上，BD，CE交于点F，连接AF，∠F AE＝∠F AD，FE＝FD．（1）如图1，若∠AEF＝∠ADF，求证：AE＝AD；（2）如图2，若∠AEF≠∠ADF，FB平分∠ABC，求∠BAC的度数；（3）在（2）的条件下，如图3，点G在BE上，∠CFG＝∠AFB若AG＝6，△ABC的周长为20，求BC长．中考数学几何压轴题（有关三角形、四边形）的综合专题参考答案1、如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC边的一点，F为AB边上一点，连接CF，交BE于点D且∠ACF＝∠CBE，CG平分∠ACB交BD于点G，（1）求证：CF＝BG；（2）延长CG交AB于H，连接AG，过点C作CP∥AG交BE的延长线于点P，求证：PB＝CP+CF；（3）在（2）问的条件下，当∠GAC＝2∠FCH时，若S△AEG＝3，BG＝6，求AC的长．证明：（1）如图1，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠A＝45°，∵CG平分∠ACB，∴∠ACG＝∠BCG＝45°，∴∠A＝∠BCG，在△BCG和△CAF中，∵，∴△BCG≌△CAF（ASA），∴CF＝BG；（2）如图2，∵PC∥AG，∴∠PCA＝∠CAG，∵AC＝BC，∠ACG＝∠BCG，CG＝CG，∴△ACG≌△BCG，∴∠CAG＝∠CBE，∵∠PCG＝∠PCA+∠ACG＝∠CAG+45°＝∠CBE+45°，∠PGC＝∠GCB+∠CBE＝∠CBE+45°，∴∠PCG＝∠PGC，∴PC＝PG，∵PB＝BG+PG，BG＝CF，∴PB＝CF+CP；（3）解法一：如图3，过E作EM⊥AG，交AG于M，∵S△AEG＝AG•EM＝3，由（2）得：△ACG≌△BCG，∴BG＝AG＝6，∴×6×EM＝3，EM＝，设∠FCH＝x°，则∠GAC＝2x°，∴∠ACF＝∠EBC＝∠GAC＝2x°，∵∠ACH＝45°，∴2x+x＝45，x＝15，∴∠ACF＝∠GAC＝30°，在Rt△AEM中，AE＝2EM＝2，AM＝＝3，∴M是AG的中点，∴AE＝EG＝2，∴BE＝BG+EG＝6+2，在Rt△ECB中，∠EBC＝30°，∴CE＝BE＝3+，∴AC＝AE+EC＝2+3+＝3+3．解法二：同理得：∠CAG＝30°，AG＝BG＝6，如图4，过G作GM⊥AC于M，在Rt△AGM中，GM＝3，AM＝＝＝3，∵∠ACG＝45°，∠MGC＝90°，∴GM＝CM＝3，∴AC＝AM+CM＝3+3．2、[问题背景]如图1所示，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连结AD，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连结EC．[问题初探]如果点D在线段BC上运动，通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作EF⊥BC 交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△ADB，可推证△CEF是等腰直角三角形，从而求得∠DCE＝135°．[继续探究]如果点D在线段CB的延长线上运动，如图3所示，求出∠DCE的度数．[拓展延伸]连接BE，当点D在直线BC上运动时，若AB＝，请直接写出BE的最小值．解：[问题初探]如图2，过点E作EF⊥BC交直线BC于F，∴∠DFE＝90°＝∠ABD，∴∠EDF+∠DEF＝90°，由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，∴△ABD≌△DFE（AAS），∴BD＝EF，DF＝AB，∵AB＝BC，∴BC＝DF，∴BD＝CF，∴EF＝CF，∴△CEG是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，∴∠DCE＝135°，故答案为：ADB，等腰直角，135；[继续探究]如图3，过点E作EF⊥BC于F，∴∠DFE＝90°＝∠ABD，∴∠EDF+∠DEF＝90°，由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，∴△ABD≌△DFE（AAS），∴BD＝EF，DF＝AB，∵AB＝BC，∴BC＝DF，∴BD＝CF，∴EF＝CF，∴△CEG是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，∴∠DCE＝45°；[拓展延伸]如图4，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝，∴∠ACB＝45°当点D在射线BC上时，由[问题初探]知，∠BCM＝135°，∴∠ACM＝∠BCM﹣∠ACB＝90°，当点D在线段CB的延长线上时，由[继续探究]知，∠BCE＝45°，∴∠ACN＝∠ACB+∠BCM＝90°，∴点E是过点C垂直于AC的直线上的点，∴当BE⊥MN时，BE最小，∵∠BCE＝45°，∴∠CBE＝45°＝∠BCE，∴BE＝CE，∴BE最小＝BC＝，即：BE的最小值为．3、在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线．（1）如图1，求证：AD＝2DC．（2）如图2，作∠CBD的角平分线交线段CD于点M，若CM＝1，求△DBM的面积；（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E，点N是线段AC上一点（不与C、D重合），以BN为一边，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延长线于点G，试探究线段ND，DG与AD之间的数量关系，并说明理由．证明：（1）如图1，过点D作DE⊥AB，∵BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，∠ACB＝90°，∴DC＝DE，∵∠A＝30°，DE⊥AB，∴AD＝2DE，∴AD＝2DC；（2）如图2，过点M作ME∥BD，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴∠ABC＝60°，∵BD是△ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠DBC＝30°，∵BM平分∠CBD，∴∠CBM＝15°＝∠DBM，∵ME∥BD，∴∠MEC＝∠CBD＝30°，∠EMB＝∠DBM＝∠MBE，∴ME＝BE，∵∠MEC＝30°，∠C＝90°∴CE＝MC＝，ME＝2MC＝2＝BE，∴BC＝+2，∵∠CBD＝30°，∠C＝90°，∴BC＝CD，∴CD＝1+，∴DM＝，∴△DBM的面积＝××（+2）＝1+；（3）若点N在CD上时，AD＝DG+DN，理由如下：如图3所示：延长ED使得DW＝DN，连接NW，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E，∴∠ADE＝∠BDE＝60°，AD＝BD，∵DN＝DW，且∠WDN＝60°∴△WDN是等边三角形，∴NW＝DN，∠W＝∠WND＝∠BNG＝∠BDN＝60°，∴∠WNG＝∠BND，在△WGN和△DBN中，∴△WGN≌△DBN（SAS），∴BD＝WG＝DG+DN，∴AD＝DG+DN．（3）若点N在AD上时，AD＝DG﹣DN，理由如下：如图4，延长BD至H，使得DH＝DN，连接HN，由（1）得DA＝DB，∠A＝30°．∵DE⊥AB于点E．∴∠2＝∠3＝60°．∴∠4＝∠5＝60°．∴△NDH是等边三角形．∴NH＝ND，∠H＝∠6＝60°．∴∠H＝∠2．∵∠BNG＝60°，∴∠BNG+∠7＝∠6+∠7．即∠DNG＝∠HNB．在△DNG和△HNB中，∴△DNG≌△HNB（ASA）．∴DG＝HB．∵HB＝HD+DB＝ND+AD，∴DG＝ND+AD．∴AD＝DG﹣ND．4、如图1，已知直角三角形ABC，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D是AC边上一点，过D作DE⊥AB于点E，连接BD，点F是BD中点，连接EF，CF．（1）发现问题：线段EF，CF之间的数量关系为EF＝CF；∠EFC的度数为120°；（2）拓展与探究：若将△AED绕点A按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜30°），如图2所示，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）拓展与运用：如图3所示，若△AED绕点A旋转的过程中，当点D落到AB边上时，AB边上另有一点G，AD＝DG＝GB，BC＝3，连接EG，请直接写出EG的长度．解：（1）如图1中，∵DE⊥AB，∴∠BED＝90°，∵∠BCD＝90°，BF＝DF，∴FE＝FB＝FD＝CF，∴∠FBE＝∠FEB，∠FBC＝∠FCB，∴∠EFC＝∠EFD+∠CFD＝∠FBE+∠FEB+∠FBC+∠FCB＝2（∠FBE+∠FBC）＝2∠ABC＝120°，故答案为：EF＝CF，120°．（2）结论成立．理由：如图2中，取AB的中点M，AD的中点N，连接MC，MF，ED，EN，FN．∵BM＝MA，BF＝FD，∴MF∥AD，MF＝AD，∵AN＝ND，∴MF＝AN，MF∥AN，∴四边形MFNA是平行四边形，∴NF＝AM，∠FMA＝∠ANF，在Rt△ADE中，∵AN＝ND，∠AED＝90°，∴EN＝AD＝AN＝ND，同理CM＝AB＝AM＝MB，在△AEN和△ACM中，∠AEN＝∠EAN，∠MCA＝∠MAC，∵∠MAC＝∠EAN，∴∠AMC＝∠ANE，又∵∠FMA＝∠ANF，∴∠ENF＝∠FMC，在△MFC和△NEF中，，∴△MFC≌△NEF（SAS），∴FE＝FC，∠NFE＝∠MCF，∵NF∥AB，∴∠NFD＝∠ABD，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝60°，△BMC是等边三角形，∠MCB＝60°∴∠EFC＝∠EFN+∠NFD+∠DFC＝∠MCF+∠ABD+∠FBC+∠FCB＝∠ABC+∠MCB＝60°+60°＝120°．（3）如图3中，作EH⊥AB于H．在Rt△ABC中，∵∠BAC＝30°，BC＝3，∴AB＝2BC＝6，在Rt△AED中，∠DAE＝30°，AD＝2，∴DE＝AD＝1，在Rt△DEH中，∵∠EDH＝60°，DE＝1，∴EH＝ED•sin60°＝，DH＝ED•cos60°＝，在Rt△EHG中，EG＝＝．5、如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a，点P是线段AB的中点，点E是线段CB延长线上一点，且PE＝PC，将线段PC绕点P顺时针旋转α得到PD，连接BD．（1）如图2，若α＝60°，其他条件不变，先补全图形，然后探究线段BD和BC之间的数量关系，并说明理由．（2）如图3，若α＝90°，其他条件不变，探究线段BP、BD和BC之间的等量关系，并说明理由．解：（1）BC＝2BD，理由：如图2，连接CD，由旋转可得，CP＝DP，∠CPD＝60°，∴△CDP是等边三角形，∴∠CDP＝60°＝∠PCD，又∵P是AB的中点，AB＝AC，∠A＝60°，∴等边三角形ABC中，∠PCB＝30°，CP⊥AB，∴∠BCD＝30°，即BC平分∠PCD，∴BC垂直平分PD，∴∠BDC＝∠BPC＝90°，∴Rt△BCD中，BC＝2BD．（2）如图3，取BC中点F，连接PF，∵∠A＝90°，AB＝AC，∴△ABC是等腰直角三角形，∵P是AB的中点，F是BC的中点，∴PF是△ABC的中位线，∴PF∥AC，∴∠PFB＝∠ACB＝45°，∠BPF＝∠A＝90°，∴△BPF是等腰直角三角形，∴BF＝BP，BP＝PF，∵∠DPC＝∠BPF＝90°，∴∠BPD＝∠FPC，又∵PD＝PC，∴△BDP≌△FCP，∴BD＝CF，∵BC＝BF+FC，∴BC＝BD+BP．6、【发现问题】如图1，已知△ABC，以点A为直角顶点、AB为腰向△ABC外作等腰直角△ABE．请你以A为直角顶点、AC为腰，向△ABC外作等腰直角△ACD（不写作法，保留作图痕迹）．连接BD、CE．那么BD与CE的数量关系是BD＝CE．【拓展探究】如图2，已知△ABC，以AB、AC为边向外作正方形AEFB和正方形ACGD，连接BD、CE，试判断BD与CE之间的数量关系，并说明理由．【解决问题】如图3，有一个四边形场地ABCD，∠ADC＝60°，BC＝15，AB＝8，AD＝CD，求BD的最大值．【发现问题】解：延长CA到M，作∠MAC的平分线AN，在AN上截取AD＝AC，连接CD，即可得到等腰直角△ACD；连接BD、CE，如图1所示：∵△ABE与△ACD都是等腰直角三角形，∴AB＝AE，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，∴∠BAD＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，，∴△BAD≌△EAC（SAS），∴BD＝CE，【拓展探究】解：BD＝CE；理由如下：∵四边形AEFB与四边形ACGD都是正方形，∴AB＝AE，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，∴∠BAD＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，，∴△BAD≌△EAC（SAS），∴BD＝CE；【解决问题】解：以AB为边向外作等边三角形ABE，连接CE，如图3所示：则∠BAE＝60°，BE＝AB＝AE＝8，∵AD＝CD，∠ADC＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠CAD＝60°，AC＝AD，∴∠CAD+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠BAD＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，，∴△BAD≌△EAC（SAS），∴BD＝CE；当C、B、E三点共线时，CE最大＝BC+BE＝15+8＝23，∴BD的最大值为23．7、如图1，点C为线段AB外一个动点，已知AB＝a，AC＝b．当点C位于BA的延长线上时，线段BC取得最大值，则最大值为a+b（用含a，b的式子表示）；（2）如图2，点C为线段AB外一个动点，若AB＝10，AC＝3，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE，DB．①求证：AE＝DB；②请直接写出线段AE的最大值；（3）如图3，AB＝6，点M为线段AB外一个动点，且AM＝2，MB＝MN，∠BMN＝90°，请直接写出线段AN的最大值．（1）解：∵点C为线段AB外一动点，且AC＝b，AB＝a，∴当点C位于BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，且最大值为AC+AB＝a+b，（2）①证明：如图2中，∵△ACD与△BCE是等边三角形，∴CD＝AC，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE＝60°，∴∠DCB＝∠ACE，在△CAD与△EAB中，，∴△CAD≌△EAB（SAS），∴AE＝BD．②∵线段AE长的最大值＝线段BD的最大值，由（1）知，当线段BD的长取得最大值时，点D在BA的延长线上，∴最大值为AD+AB＝3+10＝13；（3）如图3中，连接BN，∵将△AMN绕着点M顺时针旋转90°得到△PBM，连接AP，则△APM是等腰直角三角形，∴MA＝MP＝2，BP＝AN，∴P A＝2，∵AB＝6，∴线段AN长的最大值＝线段BP长的最大值，∴当P在线段BA的延长线时，线段BP取得最大值最大值＝AB+AP＝6+2．8、【初步探索】（1）如图1：在四边形ABC中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF ＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠F AD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是∠BAE+∠F AD＝∠EAF；【灵活运用】（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；【拓展延伸】（3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．解：（1）∠BAE+∠F AD＝∠EAF．理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再根据SSS可判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF．故答案为：∠BAE+∠F AD＝∠EAF；（2）仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°，∴∠B＝∠ADG，又∵AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF；（3）∠EAF＝180°﹣∠DAB．证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，∴∠ADC＝∠ABE，又∵AB＝AD，∴△ADG≌△ABE（SAS），∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠F AE＝∠F AG，∵∠F AE+∠F AG+∠GAE＝360°，∴2∠F AE+（∠GAB+∠BAE）＝360°，∴2∠F AE+（∠GAB+∠DAG）＝360°，即2∠F AE+∠DAB＝360°，∴∠EAF＝180°﹣∠DAB．9、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO＝45°，AC＝，请直接写出BQ的长．解：（1）CP＝BQ，理由：如图1，连接OQ，由旋转知，PQ＝OP，∠OPQ＝60°⊅∴△POQ是等边三角形，∴OP＝OQ，∠POQ＝60°，在Rt△ABC中，O是AB中点，∴OC＝OA＝OB，∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ，∴∠COP＝∠BOQ，在△COP和△BOQ中，，∴△COP≌△BOQ（SAS），∴CP＝BQ，（2）CP＝BQ，理由：如图2，连接OQ，由旋转知，PQ＝OP，∠OPQ＝60°∴△POQ是等边三角形，∴OP＝OQ，∠POQ＝60°，在Rt△ABC中，O是AB中点，∴OC＝OA＝OB，∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ，∴∠COP＝∠BOQ，在△COP和△BOQ中，，∴△COP≌△BOQ（SAS），∴CP＝BQ，（3）如图3，在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝，∴BC＝AC•tan∠A＝，过点O作OH⊥BC，∴∠OHB＝90°＝∠BCA，∴OH∥AB，∵O是AB中点，∴CH＝BC＝，OH＝AC＝，∵∠BPQ＝45°，∠OHP＝90°，∴∠BPQ＝∠PQH，∴PH＝OH＝，∴CP＝PH﹣CH＝﹣＝，连接BQ，同（1）的方法得，BQ＝CP＝．10、模型发现：同学们知道，三角形的两边之和大于第三边，即如图1，在△ABC中，AB+AC＞BC．对于图1，若把点C看作是线段AB外一动点，且AB＝c，AC＝b，则线段BC的长会因为点C的位置的不同而发生变化．因为AB、AC的长度固定，所以当∠BAC越大时，BC边越长．特别的，当点C位于线段BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，且最大值为b+c（用含b，c的式子表示）（直接填空）模型应用：点C为线段AB外一动点，且AB＝3，AC＝2，如图2所示，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD 和等边三角形BCE，连接BD，AE．（1）求证：BD＝AE．（2）线段AE长的最大值为5．模型拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A是y轴正半轴上的一动点，点B是x轴正半轴上的一动点，且AB ＝8．若AC⊥AB，AC＝3，试求OC长的最大值．解：当点C位于线段BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，最大值为b+c，故答案为：线段BA的延长线上；b+c；模型应用：（1）证明：∵△ACD、△BCE都是等边三角形，∴CD＝CA＝AD，CB＝CE，∠ACD＝60°，∠BCE＝60°，∴∠DCB＝∠ACE，在△DCB和△ACE中，，∴△DCB≌△ACE（SAS）∴BD＝AE；（2）当点D位于线段BA的延长线上时，线段BD的长取得最大值，最大值为AB+AD＝AB+AC＝3+2＝5，∵AE＝BD，∴线段AE长的最大值为5，模型拓展：取AB的中点G，连接OG、CG，在Rt△AOB中，G为AB的中点，∴OG＝AB＝4，在Rt△CAG中，CG＝＝＝5，当点O、G、C在同一条直线上时，OC最大，最大值为4+5＝9．11、已知：△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．（1）如图1，点D在BC的延长线上，连AD，过B作BE⊥AD于E，交AC于点F．求证：AD＝BF；（2）如图2，点D在线段BC上，连AD，过A作AE⊥AD，且AE＝AD，连BE交AC于F，连DE，问BD与CF有何数量关系，并加以证明；（3）如图3，点D在CB延长线上，AE＝AD且AE⊥AD，连接BE、AC的延长线交BE于点M，若AC ＝3MC，请直接写出的值．（1）证明：如图1中，∵BE⊥AD于E，∴∠AEF＝∠BCF＝90°，∵∠AFE＝∠CFB，∴∠DAC＝∠CBF，∵BC＝CA，∴△BCF≌△ACD，∴BF＝AD．（2）结论：BD＝2CF．理由：如图2中，作EH⊥AC于H．∵∠AHE＝∠ACD＝∠DAE＝90°，∴∠DAC+∠ADC＝90°，∠DAC+∠EAH＝90°，∴∠DAC＝∠AEH，∵AD＝AE，∴△ACD≌△EHA，∴CD＝AH，EH＝AC＝BC，∵CB＝CA，∴BD＝CH，∵∠EHF＝∠BCF＝90°，∠EFH＝∠BFC，EH＝BC，∴△EHF≌△BCF，∴FH＝CF，∴BD＝CH＝2CF．（3）如图3中，同法可证BD＝2CM．∵AC＝3CM，设CM＝a，则AC＝CB＝3a，BD＝2a，∴＝＝．12、已知在△ABC中，AB＝AC，射线BM、BN在∠ABC内部，分别交线段AC于点G、H．（1）如图1，若∠ABC＝60°，∠MBN＝30°，作AE⊥BN于点D，分别交BC、BM于点E、F．①求证：∠1＝∠2；②如图2，若BF＝2AF，连接CF，求证：BF⊥CF；（2）如图3，点E为BC上一点，AE交BM于点F，连接CF，若∠BFE＝∠BAC＝2∠CFE，求的值．（1）①证明：如图1中，∵AB＝AC，∠ABC＝60°∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，∵AD⊥BN，∴∠ADB＝90°，∵∠MBN＝30°，∠BFD＝60°＝∠1+∠BAF＝∠2+∠BAF，∴∠1＝∠2②证明：如图2中，在Rt△BFD中，∵∠FBD＝30°，∴BF＝2DF，∵BF＝2AF，∴BF＝AD，∵∠BAE＝∠FBC，AB＝BC，∴△BFC≌△ADB，∴∠BFC＝∠ADB＝90°，∴BF⊥CF（2）在BF上截取BK＝AF，连接AK．∵∠BFE＝∠2+∠BAF，∠CFE＝∠4+∠1，∴∠CFB＝∠2+∠4+∠BAC，∵∠BFE＝∠BAC＝2∠EFC，∴∠1+∠4＝∠2+∠4∴∠1＝∠2，∵AB＝AC，∴△ABK≌CAF，∴∠3＝∠4，S△ABK＝S△AFC，∵∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠CFE＝∠AKB，∠BAC＝2∠CEF，∴∠KAF＝∠1+∠3＝∠AKF，∴AF＝FK＝BK，∴S△ABK＝S△AFK，∴＝2．13、已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，E为边AC任意一点，连接BE．（1）如图1，若∠ABE＝15°，O为BE中点，连接AO，且AO＝1，求BC的长；（2）如图2，F也为AC上一点，且满足AE＝CF，过A作AD⊥BE交BE于点H，交BC于点D，连接DF交BE于点G，连接AG；①若AG平分∠CAD，求证：AH＝AC；②如图3，当G落在△ABC外时，若将△EFG沿EF边翻折，点G刚好落在AB边上点P，直接写出AG与EF的数量关系．（1）解：如图1中，在AB上取一点M，使得BM＝ME，连接ME．在Rt△ABE中，∵OB＝OE，∴BE＝2OA＝2，∵MB＝ME，∴∠MBE＝∠MEB＝15°，∴∠AME＝∠MBE+∠MEB＝30°，设AE＝x，则ME＝BM＝2x，AM＝x，∵AB2+AE2＝BE2，∴（2x+x）2+x2＝22，∴x＝（负根已经舍弃），∴AB＝AC＝（2+）•，∴BC＝AB＝+1．方法二：作EH⊥BC于H，求出BH，CH即可解决问题．（2）证明：如图2中，作CP⊥AC，交AD的延长线于P，GM⊥AC于M．∵BE⊥AP，∴∠AHB＝90°，∴∠ABH+∠BAH＝90°，∵∠BAH+∠P AC＝90°，∴∠ABE＝∠P AC，在△ABE和△CAP中，，∴△ABE≌△CAP，∴AE＝CP＝CF，∠AEB＝∠P，在△DCF和△DCP中，，∴△DCF≌△DCP，∴∠DFC＝∠P，∴∠GFE＝∠GEF，∴GE＝GF，∵GM⊥EF，∴FM＝ME，∵AE＝CF，∴AF＝CE，∴AM＝CM，在△GAH和△GAM中，，∴△AGH≌△AGM，∴AH＝AM＝CM＝AC（3）解：结论：AG＝EF．理由：如图3中，作CM⊥AC交AD的延长线于M，连接PG交AC于点O．由（2）可知△ACM≌△BAE，△CDF≌△CDM，∴∠AEB＝∠M＝∠GEF，∠M＝∠CFD＝∠GFE，AE＝CM＝CF，∴∠GEF＝∠GFE，∴GE＝GF，∵△EFP是由△EFG翻折得到，∴EG＝EP＝GF＝PF，∴四边形EGFP是菱形，∴PG⊥AC，OE＝OF，∵AE＝CF，∴AO＝OC，∵AB∥OP，∴BP＝PC，∵PF∥BE，∴EF＝CF＝AE，∵PB＝PC，AO＝OC，∴PO＝OG＝AB，∴AB＝PG，AB∥PG，∴四边形ABPG是平行四边形，∴AG∥BC，∴∠GAO＝∠ACB＝45°，设EO＝OF＝a，则OA＝OG＝3a，AG＝3a，∴＝＝，∴AG＝EF14、如图所示，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为AC中点，作ED⊥AC交AB于D，连接CD；（1）如图1，求证：AB＝2CD；（2）如图2，作CF⊥AB交AB于F，点G为CF上一点，点H为DE延长线上一点，分别连接AH、GH，若∠AHG＝2∠B，求证：AH＝GH；（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，且有DE＝BF，∠EDG＝90°，若AC＝6，求AH的长度．解：（1）∵E为AC中点，作ED⊥AC交AB于D，∴AD＝CD，∵∠ACB＝90°，∴BC∥DE，∴AD＝BD，∴CD＝BD，∴AB＝2CD；（2）如图2，连接CH，∵点E是AC的中点，∴AE＝CE，∵DE⊥AC，∴CH＝AH，∴∠ACH＝∠CAH，∵∠ACB＝90°，∴∠B+∠BAC＝90°，∵CF⊥AB，∴∠BAC+∠ACF＝90°，∴∠ACF＝∠B，∴∠HCG＝∠ACH+∠ACF＝∠CAH+∠B，∠AHG＝2∠B∴在四边形AHGF中，∠AFG+∠FGH+∠AHG+∠F AH＝360°，∴∠FGH＝360°﹣（∠AFG+∠AHG+∠F AH）＝360°﹣（90°+2∠B+∠CAH+∠BAC）＝360°﹣（90°+2∠B+∠CAH+90°﹣∠B）＝360°﹣（180°+∠B+∠CAH）＝180°﹣（∠B+∠CAH），∵∠CGH＝180°﹣∠FGH＝∠B+∠CAH＝∠HCG，∴CH＝GH，∵CH＝AH，∴AH＝GH；（3）如图3，由（1）知，DE∥BC，∴∠B＝∠ADE，在△BFC和△DEA中，，∴△BFC≌△DEA，∴BC＝AD，∵AD＝BD＝CD，∴BC＝BD＝CD，∴△BCD是等边三角形，∴∠B＝60°，在Rt△ABC中，AC＝6，∴BC＝2，AB＝4，∵CF⊥BD，∴DF＝，CF＝3，∵∠BAC＝30°，∴∠ADE＝60°，∵∠EDG＝90°，∠FDG＝30°，在Rt△DFG中，DF＝，∴FG＝1，DG＝2，∴CG＝CF﹣FG＝2过点H作HN⊥CF，由（2）知，CH＝GH，∴NG＝CG＝1，∴FN＝NG+FG＝2，过点H作HM⊥AB，∴∠FMH＝∠NFM＝∠HNF＝90°，∴四边形NFMH是矩形，∴HM＝FN＝2，在Rt△DMH中，∠ADE＝60°，HM＝2，∴DH＝，在Rt△HDG中，根据勾股定理得，HG＝＝．15、【问题情境】一节数学课后，老师布置了一道课后练习题：如图：已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，点E、F分别在A和BC上，∠1＝∠2，FG⊥AB于点G，求证：△CDE≌△EGF．（1）阅读理解，完成解答本题证明的思路可用下列框图表示：根据上述思路，请你完整地书写这道练习题的证明过程；（2）特殊位置，证明结论若CE平分∠ACD，其余条件不变，求证：AE＝BF；（3）知识迁移，探究发现如图，已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，若点E是DB的中点，点F在直线CB上且满足EC＝EF，请直接写出AE与BF的数量关系．（不必写解答过程）（1）证明：∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠B＝45°，∵CD⊥AB，∴∠CDB＝90°，∴∠DCB＝45°，∵∠ECF＝∠DCB+∠1＝45°+∠1，∠EFC＝∠B+∠2＝45°+∠2，∠1＝∠2，∴∠ECF＝∠EFC，∴CE＝EF，∵CD⊥AB，FG⊥AB，∴∠CDE＝∠EGF＝90°，在△CDE和△EGF中，，∴△CDE≌△EGF（AAS）；（2）证明：由（1）得：CE＝EF，∠A＝∠B，∵CE平分∠ACD，∴∠ACE＝∠1，∵∠1＝∠2，∴∠ACE＝∠2，在△ACE和△BEF中，，∴△ACE≌△BEF（AAS），∴AE＝BF；（3）AE＝BF，作EH⊥BC与H，如图3所示：设DE＝x，根据题意得：BE＝DE＝x，AD＝BD＝2x，CD＝AD＝2x，AE＝3x，根据勾股定理得：BC＝AC＝2x，∵∠ABC＝45°，EH⊥BC，∴BH＝x，∴CH＝BC﹣BH＝x，∵EC＝EF，∴FH＝CH＝x，∴BF＝x﹣x＝x，∴＝，∴AE＝．16、在正方形ABCD和等腰直角△BGF中，∠BGF＝90°，P是DF的中点，连接PG、PC．（1）如图1，当点G在BC边上时，延长GP交DC于点E．求证：PG＝PC；（2）如图2，当点F在AB的延长线上时，（1）中的结论是否成立？请证明你的结论；（3）如图3，若四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，△BGF为等边三角形，点F在CB的延长线。

2019中考数学压轴题及解析40例(8)

2019中考数学压轴题及解析40例（8）32.：RT △ABC 的斜边长为5，斜边上的高为2，将这个直角三角形放置在平面直角坐标系中，使其斜边AB 与X 轴重合〔其中OA 《OB 〕，直角顶点C 落在Y 轴正半轴上〔如图1〕、〔1〕求线段OA 、OB 的长和经过点A 、B 、C 的抛物线的关系式、〔2〕如图2，点D 的坐标为〔2，0〕，点P 〔M ，N 〕是该抛物线上的一个动点〔其中M 》0，N 》0〕，连接DP 交BC 于点E 、①当△BDE 是等腰三角形时，直接写出此时点E 的坐标、 ②又连接CD 、CP 〔如图3〕，△CDP 是否有最大面积？假设有，求出△CDP 的最大面积和此时点P 的坐标；假设没有，请说明理由、解：〔1〕由题意知RT △△AOC ∽RT △COB ，∴OC OA ＝OB OC、 ∴OC2＝OA ·OB ＝OA （AB －OA ），即22＝OA （5－OA ）、 ∴OA2－5OA ＋4＝0，∵OA 《OB ，∴OA ＝1，OB ＝4、 2分 ∴A （－1，0），B （4，0），C （0，2）、 ∴可设所求抛物线的关系式为Y ＝A （X ＋1）（X －4）、 3分将点C （0，2）代入，得2＝A （0＋1）（0－4），∴A ＝－21、 ∴经过点A 、B 、C 的抛物线的关系式为Y ＝－21（X ＋1）（X －4）、4分即Y ＝－21X2＋23X ＋2、〔2〕①E1（3，21），E2（54，58），E3（5544 ，552）、 7分关于点E 的坐标求解过程如下〔原题不作要求，本人添加，仅供参考〕：设直线BC 的解析式为Y ＝KX ＋B 、那么⎩⎨⎧==+204b b k 解得⎪⎩⎪⎨⎧=-=221b k∴直线BC 的解析式为Y ＝－21X ＋2、∵点E 在直线BC 上，∴E （X ，－21X ＋2）、假设ED ＝EB ，过点E 作EH ⊥X 轴于H ，如图2，那么DH ＝21DB ＝1、 ∴OH ＝OD ＋DH ＝2＋1＝3、∴点E 的横坐标为3，代入直线BC 的解析式，得Y ＝－21×3＋2＝21、 ∴E1（3，21）、假设DE ＝DB ，那么（X －2）2＋（－21X ＋2）2＝22、整理得5X2－24X ＋16＝0，解得X1＝4〔舍去〕，X2＝54、 ∴Y ＝－21×54＋2＝58，∴E2（54，58）、假设BE ＝BD ，那么（X －4）2＋（－21X ＋2）2＝22、整理得5X2－24X ＋16＝0，解得X1＝5544+〔此时点P 在第四象限，舍去〕，X2＝5544-、∴Y ＝－21×（5544-）＋2＝552，∴E3（5544-，552）、②△CDP 有最大面积、 8分过点D 作X 轴的垂线，交PC 于点M ，如图3、设直线PC 的解析式为Y ＝PX ＋Q ，将C （0，2），P （M ，N ）代入，得⎩⎨⎧=+=n q mp q 2解得⎪⎩⎪⎨⎧=-=22q m n p∴直线PC 的解析式为Y ＝m n 2-X ＋2，∴M （2，m n 42-＋2）、S △CDP ＝S △CDM ＋S △PDM ＝21XP ·YM ＝21M （m n 42-＋2）＝M ＋N －2＝M ＋（－21M2＋23M ＋2）－2＝－21M2＋25M＝－21（M －25）2＋825∴当M ＝25时，△CDP 有最大面积，最大面积为825、9分此时N ＝－21×（25）2＋23×25＋2＝821∴此时点P 的坐标为（25，821）、 10分33.如图，抛物线Y ＝X2＋4X ＋3交X 轴于A 、B 两点，交Y 轴于点C ，•抛物线的对称轴交X 轴于点E ，点B 的坐标为（－1，0）、〔1〕求抛物线的对称轴及点A 的坐标；〔2〕在平面直角坐标系XOY 中是否存在点P ，与A 、B 、C 三点构成一个平行四边形？假设存在，请写出点P 的坐标；假设不存在，请说明理由；〔3〕连结CA 与抛物线的对称轴交于点D ，在抛物线上是否存在点M ，使得直线CM 把四边形DEOC 分成面积相等的两部分？假设存在，请求出直线CM 的解析式；假设不存在，请说明理由、解：〔1〕对称轴为直线X ＝－24＝－2，即X ＝－2； 2分令Y ＝0，得X2＋4X ＋3＝0，解得X1＝－1，X2＝－3、 ∵点B 的坐标为（－1，0），∴点A 的坐标为（－3，0）、 4分〔2〕存在，点P 的坐标为（－2，3），（2，3）和（－4，－3）、 7分〔3〕存在、 8分当X ＝0时，Y ＝X2＋4X ＋3＝3，∴点C 的坐标为（0，3）、 AO ＝3，EO ＝2，AE ＝1，CO ＝3、 ∵DE ∥CO ，∴△AED ∽△AOC 、∴AO AE ＝CO DE ，即31＝3DE、∴DE ＝1、 9分∵DE ∥CO ，且DE ≠CO ，∴四边形DEOC 为梯形、S 梯形DEOC ＝21（1＋3）×2＝4、设直线CM 交X 轴于点F ，如图、假设直线CM 把梯形DEOC 分成面积相等的两部分，那么S △COF ＝2 即21CO ·FO ＝2、∴21×3FO ＝2，∴FO ＝34、∴点F 的坐标为（－34，0）、 10分 ∵直线CM 经过点C （0，3），∴设直线CM 的解析式为Y ＝KX ＋3、把F （－34，0）代入，得－34K ＋3＝0、 11分∴K ＝49、∴直线CM 的解析式为Y ＝49X ＋3、 12分34.在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC 放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A （0，2），点C （－1，0），如下图；抛物线Y ＝AX2＋AX －2经过点B 、〔1〕求点B 的坐标；〔2〕求抛物线的解析式；〔3〕在抛物线上是否还存在点P 〔点B 除外〕，使△ACP 仍然是以AC 为直角边的等腰直角三角形？假设存在，求所有点P 的坐标；假设不存在，请说明理由、解：〔1〕过点B 作BD ⊥X 轴于D 、∵∠BCD ＋∠ACO ＝90°，∠ACO ＋∠CAO ＝90°、 ∴∠BCD ＝∠CAO 、 1分又∵∠BDC ＝∠COA ＝90°，BC ＝CA 、 ∴RT △BCD ≌RT △CAO ， 2分 ∴BD ＝CO ＝1，CD ＝AO ＝2、 3分 ∴点B 的坐标为（－3，1）； 4分〔2〕把B （－3，1）代入Y ＝AX2＋AX －2，得1＝9A －3A －2，解得A ＝21、 6分∴抛物线的解析式为Y ＝21X2＋21X －2； 7分〔3〕存在、 8分①延长BC 至点P1，使CP1＝BC ，那么得到以点C 为直角顶点的等腰直角三角形△ACP1、9分过点P1作P1M ⊥X 轴、∵CP1＝BC ，∠P1CM ＝∠BCD ，∠P1MC ＝∠BDC ＝90°、 ∴RT △P1CM ≌RT △BCD ， 10分∴CM ＝CD ＝2，P1M ＝BD ＝1，可求得点P1（1，－1）； 11分把X ＝1代入Y ＝21X2＋21X －2，得Y ＝－1、∴点P1（1，－1）在抛物线上、 12分②过点A 作AP2⊥AC ，且使AP2＝AC ，那么得到以点A 为直角顶点的等腰直角三角形△ACP2、13分过点P2作P2N ⊥Y 轴，同理可证RT △P2NA ≌RT △AOC 、 14分 P2N ＝AO ＝2，AN ＝CO ＝1、可求得点P2（2，1）、 15分把X ＝2代入Y ＝21X2＋21X －2，得Y ＝1、∴点P2（2，1）在抛物线上、 16分综上所述，在抛物线上还存在点P1（1，－1）和P2（2，1），使△ACP 仍然是以AC 为直角边的等腰直角三角形、35.如图，在平面直角坐标中，二次函数图象的顶点坐标为C （4，－3），且在X 轴上截得的线段AB 的长为6、〔1〕求二次函数的解析式；〔2〕点P 在Y 轴上，且使得△PAC 的周长最小，求： ①点P 的坐标；②△PAC 的周长和面积；〔3〕在X 轴上方的抛物线上，是否存在点Q ，使得以Q 、A 、B 三点为顶点的三角形与△ABC 相似？如果存在，求出点Q 的坐标；如果不存在，请说明理由、解：〔1〕设二次函数的解析式为Y ＝A （X －4）2－3（A ≠0），且A （X1，0），B （X2，0）、∵Y ＝A （X －4）2－3＝AX2－8AX ＋16A －3∴X1＋X2＝8，X1X2＝16－a 3、∴AB2＝（X1－X2）2＝（X1＋X2）2－4X1X2＝82－4（16－a 3）＝36，∴A ＝93、 ∴二次函数的解析式为Y ＝93（X －4）2－3、 2分〔2〕①如图1，作点A 关于Y 轴的对称点A ′，连结A ′C 交Y 轴于点P ，连结PA ，那么点P 为所求、令Y ＝0，得93（X －4）2－3＝0，解得X1＝1，X2＝7、∴A （1，0），B （7，0）、∴OA ＝1，∴OA ′＝1、设抛物线的对称轴与X 轴交于点D ，那么AD ＝3，A ′D ＝5，DC ＝3、∵△A ′OP ∽△ADC ，∴DC OP ＝AD O A '，即3OP ＝51，∴OP ＝53、∴P （0，－53）、 4分②∵A ′C ＝22DC D A +'＝22)3(5+＝72 AC ＝22DC AD +＝22)3(3+＝32∴△PAC 的周长＝PA ＋PC ＋AC ＝A ′C ＋AC ＝72＋32、5分S △PAC ＝S △A ′AC －S △A ′AP ＝21A ′A （DC －OP ）＝21×2×（3－53）＝534、7分〔3〕存在、 8分∵TAN ∠BAC ＝AD DC＝33，∴∠BAC ＝30°、同理，∠ABC ＝30°，∴∠ACB ＝120°，AC ＝BC 、①假设以AB 为腰，∠BAQ1为顶角，使△ABQ1∽△CBA ，那么AQ1＝AB ＝6，∠BAQ1＝120°、如图2，过点Q1作Q1H ⊥X 轴于H ，那么Q1H ＝AQ1·SIN60°＝6×23＝33，HA ＝AQ1·COS60°＝6×21＝3、HO ＝HA －OA ＝3－1＝2、 ∴点Q1的坐标为（－2，33）、把X ＝－2代入Y ＝93（X －4）2－3，得Y ＝93（－2－4）2－3＝33、∴点Q1在抛物线上、 9分②假设以BA 为腰，∠ABQ2为顶角，使△ABQ2∽△ACB ，由对称性可求得点Q1的坐标为（10，33）、同样，点Q2也在抛物线上、 10分③假设以AB 为底，AQ ，BQ 为腰，点Q 在抛物线的对称轴上，不合题意，舍去、 11分综上所述，在X 轴上方的抛物线上存在点Q1（－2，33）和Q2（10，33），使得以Q 、A 、B 三点为顶点的三角形与△ABC 相似、 12分36.如图，抛物线Y ＝AX2＋BX ＋C （A ≠0）与X 轴交于A （－3，0）、B 两点，与Y 轴相交于点C （0，3）、当X ＝－4和X ＝2时，二次函数Y ＝AX2＋BX ＋C （A ≠0）的函数值Y 相等，连结AC 、BC 、〔1〕求实数A ，B ，C 的值；〔2〕假设点M 、N 同时从B 点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA 、BC 边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动、当运动时间为T 秒时，连结MN ，将△BMN 沿MN 翻折，B 点恰好落在AC 边上的P 处，求T 的值及点P 的坐标；〔3〕在〔2〕的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点Q ，使得以B ，N ，Q 为顶点的三角形与△ABC 相似？假设存在，请求出点Q 的坐标；假设不存在，请说明理由、解：〔1〕由题意得⎪⎩⎪⎨⎧++=+-==+-cb ac b a c c b a 24416339解得A ＝－33，B ＝－332，C ＝3、3分〔2〕由〔1〕知Y ＝－33X2－332X ＋3，令Y ＝0，得－33X2－332X ＋3＝0、解得X1＝－3，X2＝1、 ∵A （－3，0），∴B （1，0）、又∵C （0，3），∴OA ＝3，OB ＝1，OC ＝3，∴AB ＝4，BC ＝2、∴TAN ∠ACO ＝OC OA＝3，∴∠ACO ＝60°，∴∠CAO ＝30同理，可求得∠CBO ＝60°，∠BCO ＝30°，∴∠ACB ＝90∴△ABC 是直角三角形、又∵BM ＝BN ＝T ，∴△BMN 是等边三角形、∴∠BNM ＝60°，∴∠PNM ＝60°，∴∠PNC ＝60°、∴RT △PNC ∽RT △ABC ，∴NC PN ＝BC AB、由题意知PN ＝BN ＝T ，NC ＝BC －BN ＝2－T ，∴t t 2＝24、∴T ＝34、 4分∴OM ＝BM －OB ＝34－1＝31、如图1，过点P 作PH ⊥X 轴于H ，那么PH ＝PM ·SIN60°＝34×23＝332、MH ＝PM ·COS60°＝34×21＝32、∴OH ＝OM ＋MH ＝31＋32＝1、∴点P 的坐标为（－1，332）、 6分〔3〕存在、由〔2〕知△ABC 是直角三角形，假设△BNQ 与△ABC 相似，那么△BNQ 也是直角三角形、∵二次函数Y ＝－33X2－332X ＋3的图象的对称轴为X ＝－1、∴点P 在对称轴上、∵PN ∥X 轴，∴PN ⊥对称轴、又∵QN ≥PN ，PN ＝BN ，∴QN ≥BN 、∴△BNQ 不存在以点Q 为直角顶点的情形、①如图2，过点N 作QN ⊥对称轴于Q ，连结BQ ，那么△BNQ 是以点N 为直角顶点的直角三角形，且QN 》PN ，∠MNQ ＝30°、∴∠PNQ ＝30°，∴QN ＝o30cos PN ＝2334＝938、∴BN QN＝34938＝332、∵BC AC ＝TAN60°＝3，∴BN QN ≠BC AC、∴当△BNQ 以点N 为直角顶点时，△BNQ 与△ABC 不相似、 7分 ②如图3，延长NM 交对称轴于点Q ，连结BQ ，那么∠BMQ ＝120°、 ∵∠AMP ＝60°，∠AMQ ＝∠BMN ＝60°，∴∠PMQ ＝120°、 ∴∠BMQ ＝∠PMQ ，又∵PM ＝BM ，QM ＝QM 、 ∴△BMQ ≌△PMQ ，∴∠BQM ＝∠PQM ＝30°、 ∵∠BNM ＝60°，∴∠QBN ＝90°、 ∵∠CAO ＝30°，∠ACB ＝90°、 ∴△BNQ ∽△ABC 、 8分∴当△BNQ 以点B 为直角顶点时，△BNQ ∽△ABC 、设对称轴与X 轴的交点为D 、∵∠DMQ ＝∠DMP ＝60°，DM ＝DM ，∴RT △DMQ ≌RT △DMP 、 ∴DQ ＝PD ，∴点Q 与点P 关于X 轴对称、∴点Q 的坐标为（－1，－332）、9分综合①②得，在抛物线的对称轴上存在点Q （－1，－332），使得以B ，N ，Q 为顶点的三角形与△ABC 相似、 10分37.如图①，抛物线Y ＝AX2＋BX ＋3〔A ≠0〕与X 轴交于点A （1，0）和点B （－3，0），与Y 轴交于点C 、〔1〕求抛物线的解析式；〔2〕设抛物线的对称轴与X 轴交于点M ，问在对称轴上是否存在点P ，使△CMP 为等腰三角形？假设存在，请直接写出所有符合条件的点P 的坐标；假设不存在，请说明理由；〔3〕如图②，假设点E 为第二象限抛物线上一动点，连接BE 、CE ，求四边形BOCE 面积的最大值，并求此时E 点的坐标、解：〔1〕由题意得⎩⎨⎧033903 ＝＋＝＋＋－b a b a 、 1分解得⎩⎨⎧21－－＝＝ b a 、 2分∴所求抛物线的解析式为Y ＝－X2－2X ＋3；3分〔2〕存在符合条件的点P ，其坐标为P （－1，10）或P （－1，10－）或P （－1，6）或P （－1，35）； 7分〔3〕解法一：过点E 作EF ⊥X 轴于点F ，设E （M ，－M2－2M ＋3）〔－3《A 《0〕那么EF ＝－M2－2M ＋3，BF ＝M ＋3，OF ＝－M 、 8分∴S 四边形BOCE ＝S △BEF ＋S 梯形FOCE ＝21BF ·EF ＋21（EF ＋OC ）·OF ＝21（M ＋3）（－M2－2M ＋3）＋21（－M2－2M ＋6）（－M ）、 9分＝－23M2－29M ＋2910分＝－23（M ＋23）2＋863∴当M ＝－23时，S 四边形BOCE 最大，且最大值为863、 11分此时Y ＝－（－23）2－2×（－23）＋3＝415∴此时E 点的坐标为（－23，415）、 12分解法二：过点E 作EF ⊥X 轴于点F ，设E （X ，Y ）〔－3《X 《0〕 8分那么S 四边形BOCE ＝S △BEF ＋S 梯形FOCE ＝21BF ·EF ＋21（EF ＋OC ）·OF ＝21（3＋X ）·Y ＋21（3＋Y ）（－X ）、 9分＝23（Y －X ）＝23（－X2－3X ＋3）、 10分＝－23（X ＋23）2＋863∴当X ＝－23时，S 四边形BOCE 最大，且最大值为863、 11分此时Y ＝－（－23）2－2×（－23）＋3＝415∴此时E 点的坐标为（－23，415）、 12分38.如图，抛物线Y ＝AX2＋BX ＋C 与X 轴交于A 、B 两点，与Y 轴交于点C 、其中点A 在X 轴的负半轴上，点C 在Y 轴的负半轴上，线段OA 、OC 的长〔OA 《OC 〕是方程X2－5X ＋4＝0的两个根，且抛物线的对称轴是直线X ＝1、〔1〕求A 、B 、C 三点的坐标；〔2〕求此抛物线的解析式；〔3〕假设点D 是线段AB 上的一个动点〔与点A 、B 不重合〕，过点D 作DE ∥BC 交AC 于点E ，连结CD ，设BD 的长为M ，△CDE 的面积为S ，求S 与M 的函数关系式，并写出自变量M 的取值范围、S 是否存在最大值？假设存在，求出最大值并求此时D 点坐标；假设不存在，请说明理由、解：〔1〕∵OA 、OC 的长是方程X2－5X ＋4＝0的两个根，OA 《OC 、∴OA ＝1，OC ＝4、∵点A 在X 轴的负半轴，点C 在Y 轴的负半轴∴A 〔－1，0〕，C 〔0，－4〕、∵抛物线Y ＝AX2＋BX ＋C 的对称轴为X ＝1∴由对称性可得B 点坐标为〔3，0〕、∴A 、B 、C 三点的坐标分别是：A 〔－1，0〕，B 〔3，0〕，C 〔0，－4〕、3分〔2〕∵点C 〔0，－4〕在抛物线Y ＝AX2＋BX ＋C 图象上，∴C ＝－4、 4分将A 〔－1，0〕，B 〔3，0〕代入Y ＝AX2＋BX －4得⎩⎨⎧043904 ＝＋＝－－－b a b a 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧3834－＝＝b a 6分 ∴此抛物线的解析式为Y ＝34X2－38X －4、 7分〔3〕∵BD ＝M ，∴AD ＝4－M 、在RT △BOC 中，BC2＝OB2＋OC2＝32＋42＝25，∴BC ＝5、∵DE ∥BC ，∴△ADE ∽△ABC 、 ∴BC DE ＝AB AD ，即5DE ＝44m－、 ∴DE ＝4520m－、过点E 作EF ⊥AB 于点F ，那么SIN ∠EDF ＝SIN ∠CBA ＝BC OC ＝54、 ∴DE EF ＝54，∴EF ＝54DE ＝54×4520m－＝4－M 、 9分 ∴S ＝S △CDE ＝S △ADC －S △ADE ＝21（4－M ）×4－21（4－M ）（4－M ）＝－21M2＋2M＝－21（M －2）2＋2〔0《M 《4〕、 10分 ∵－21《0∴当M ＝2时，S 有最大值2、 11分此时OD ＝OB －BD ＝3－2＝1、∴此时D 点坐标为〔1，0〕、 12分39.如图，抛物线Y ＝A （X ＋3）（X －1）与X 轴相交于A 、B 两点〔点A 在点B 右侧〕，过点A 的直线交抛物线于另一点C ，点C 的坐标为（－2，6）、〔1〕求A 的值及直线AC 的函数关系式；〔2〕P 是线段AC 上一动点，过点P 作Y 轴的平行线，交抛物线于点M ，交X 轴于点N 、①求线段PM 长度的最大值；②在抛物线上是否存在这样的点M ，使得△CMP 与△APN 相似？如果存在，请直接写出所有满足条件的点M 的坐标〔不必写解答过程〕；如果不存在，请说明理由、解：〔1〕由题意得6＝A （－2＋3）（－2－1），∴A ＝－2、 1分∴抛物线的解析式为Y ＝－2（X ＋3）（X －1），即Y ＝－2X2－4X ＋6令－2（X ＋3）（X －1）＝0，得X1＝－3，X2＝1∵点A 在点B 右侧，∴A （1，0），B （－3，0）设直线AC 的函数关系式为Y ＝KX ＋B ，把A （1，0）、C （－2，6）代入，得 ⎩⎨⎧620＝＋＝＋－b k b k 解得⎩⎨⎧22 ＝＝－b k ∴直线AC 的函数关系式为Y ＝－2X ＋2、 3分〔2〕①设P 点的横坐标为M （－2≤M ≤1），那么P （M ，－2M ＋2），M （M ，－2M2－4M ＋6）、 4分∴PM ＝－2M2－4M ＋6－（－2M ＋2）＝－2M2－2M ＋4＝－2（M ＋21）2＋29∴当M ＝－21时，线段PM 长度的最大值为29、 6分②存在M1（0，6）、 7分M2（－41，855）、 9分点M 的坐标的求解过程如下〔原题不作要求，本人添加，仅供参考〕ⅰ）如图1，当M 为直角顶点时，连结CM ，那么CM ⊥PM ，△CMP ∽△ANP∵点C （－2，6），∴点M 的纵坐标为6，代入Y ＝－2X2－4X ＋6得－2X2－4X ＋6＝6，∴X ＝－2〔舍去〕或X ＝0∴M1（0，6）〔此时点M 在Y 轴上，即抛物线与Y 轴的交点，此时直线MN 与Y 轴重合，点N 与原点O 重合〕ⅱ）如图2，当C 为直角顶点时，设M （M ，－2M2－4M ＋6）（－2≤M ≤1）过C 作CH ⊥MN 于H ，连结CM ，设直线AC 与Y 轴相交于点D那么△CMP ∽△NAP又∵△HMC ∽△CMP ，△NAP ∽△OAD ，∴△HMC ∽△OAD ∴OD CH ＝OA MH∵C （－2，6），∴CH ＝M ＋2，MH ＝－2M2－4M ＋6－6＝－2M2－4M在Y ＝－2X ＋2中，令X ＝0，得Y ＝2∴D （0，2），∴OD ＝2 ∴22+m ＝1422m m --整理得4M2＋9M ＋2＝0，解得M ＝－2〔舍去〕或M ＝－41当M ＝－41时，－2M2－4M ＋6＝（－41）2－4×（－41）＋6＝855∴M2（－41，855）如图，二次函数的图象经过点D （0，397），且顶点C 的横坐标为4，该图象在X轴上截得的线段AB 的长为6、〔1〕求该二次函数的解析式；〔2〕在该抛物线的对称轴上找一点P ，使PA ＋PD 最小，求出点P 的坐标；〔3〕在抛物线上是否存在点Q ，使△QAB 与△ABC 相似？如果存在，求出点Q 的坐标；如果不存在，请说明理由、解：〔1〕设该二次函数的解析式为Y ＝A （X －H ）2＋K∵顶点C 的横坐标为4，且过点D （0，397） ∴397＝16A ＋K ①又∵对称轴为直线X ＝4，图象在X 轴上截得的线段AB 的长为6∴A （1，0），B （7，0）∴0＝9A ＋K ②由①②解得A ＝93，K ＝3－∴该二次函数的解析式为Y ＝93（X －4）23－〔2〕∵点A 、B 关于直线X ＝4对称，∴PA ＝PB∴PA ＋PD ＝PB ＋PD ≥DB∴当点P 在线段DB 上时，PA ＋PD 取得最小值∴DB 与对称轴的交点即为所求的点P ，如图1设直线X ＝4与X 轴交于点M∵PM ∥OD ，∴∠BPM ＝∠BDO又∠PBM ＝∠DBO ，∴△BPM ∽△BDO ∴DO PM ＝BO BM ，即397PM ＝73，∴PM ＝33'∴点P 的坐标为（4，33）〔3〕由〔1〕知点C （4，3－），又∵AM ＝3，∴在RT △ACM 中，TAN ∠ACM ＝3，∴∠ACM ＝60°∵AC ＝BC ，∴∠ACB ＝120°①如图2，当点Q 在X 轴上方时，过Q 作QN ⊥X 轴于N如果AB ＝BQ ，由△ABC ∽△ABQ ，得BQ ＝6，∠ABQ ＝120°∴∠QBN ＝60°∴QN ＝33，BN ＝3，ON ＝10∴此时点Q 的坐标为（10，33） ∵93（10－4）23－＝33，∴点Q 在抛物线上如果AB ＝AQ ，由对称性知Q （－2，33），且也在抛物线上②当点Q 在X 轴下方时，△QAB 就是△ACB∴此时点Q 的坐标为（4，3－）综上所述，在抛物线上存在点Q ，使△QAB 与△ABC 相似点Q 的坐标为（10，33）或（－2，33）或（4，3－）、41.，如图，抛物线Y ＝AX2＋3AX ＋C 〔A 》0〕与Y 轴交于C 点，与X 轴交于A 、B 两点，A 点在B 点左侧，点B 的坐标为〔1，0〕，OC ＝3OB 、〔1〕求抛物线的解析式；〔2〕假设点D 是线段AC 下方抛物线上的动点，求四边形ABCD 面积的最大值；〔3〕假设点E 在X 轴上，点P 在抛物线上，是否存在以A 、C 、E 、P 为顶点且以AC 为一边的平行四边形？假设存在，求点P 的坐标；假设不存在，请说明理由、解：〔1〕∵对称轴X ＝－a a 23＝－23、 1分又∵OC ＝3OB ＝3，A 》0∴C （0，－3）、 2分方法一：把B （1，0）、C （0，－3）代入Y ＝AX2＋3AX ＋C 得：⎩⎨⎧a ＋3a ＋c ＝0c ＝－3解得⎩⎨⎧a ＝43c ＝－3∴抛物线的解析式为Y ＝43X2＋49X －3、 4分方法二：令AX2＋3AX ＋C ＝0，那么XA ＋XB ＝－3∵B （1，0），∴XA ＋1＝－3，∴XA ＝－4∴A （－4，0）∴可设抛物线的解析式为Y ＝A （X ＋4）（X －1），把C （0，－3）代入得－3＝A （0＋4）（0－1），∴A ＝43∴抛物线的解析式为Y ＝43（X ＋4）（X －1）即Y ＝43X2＋49X －3、 4分〔2〕方法一：如图1，过点D 作DN ⊥X 轴，垂足为N ，交线段AC 于点M ∵S 四边形ABCD ＝S △ABC ＋S △ACD ＝21AB ·OC ＋21DM ·（AN ＋ON ）＝21（4＋1）×3＋21DM ·4 ＝215＋2DM 、 5分设直线AC 的解析式为Y ＝KX ＋B ，把A （－4，0）、C （0，－3）代入得⎩⎨⎧－4k ＋b ＝0b ＝－3解得⎩⎨⎧k ＝－43b ＝－3∴直线AC 的解析式为Y ＝－43X －3、 6分设D （X ，43X2＋49X －3），那么M （X ，－43X －3）∴DM ＝－43X －3－（43X2＋49X －3）＝－43（X ＋2）2＋3、 7分当X ＝－2时，DM 有最大值3此时四边形ABCD 面积有最大值，最大值为：215＋2×3＝227、 8分方法二：如图2，过点D 作DQ ⊥Y 轴于Q ，过点C 作CC1∥X 轴交抛物线于C1 设D （X ，43X2＋49X －3），那么DQ ＝－X ，OQ ＝－43X2－49X ＋3从图象可判断当点D 在CC1下方的抛物线上运动时，四边形ABCD 面积才有最大值那么S 四边形ABCD ＝S △BOC ＋S 梯形AOQD －S △CDQ ＝21OB ·OC ＋21（AO ＋DQ ）·OQ －21DQ ·CQ ＝21×1×3＋21（4＋DQ ）·OQ －21DQ ·（OQ －3）＝23＋2OQ ＋23DQ 、 5分＝23－2（43X2＋49X －3）－23X＝－23X2－6X ＋215＝－23（X ＋2）2＋227、 7分当X ＝－2时，四边形ABCD 面积有最大值2278分〔3〕如图3①过点C 作CP1∥X 轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1∥AC 交X 轴于点E1，那么四边形ACP1E1为平行四边形、 9分∵C （0，－3），令43X2＋49X －3＝－3解得X1＝0，X2＝3，∴CP1＝3 ∴P1（－3，－3）、 11分②平移直线AC 交X 轴于点E ，交X 轴上方的抛物线于点P ，当AC ＝PE 时，四边形ACEP 为平行四边形、 12分∵C （0，－3），∴设P （X ，3）由43X2＋49X －3＝3，解得X ＝2413＋－或X ＝2413－－∴P2（2413＋－，3），P3（2413－－，3）、 14分综上所述，存在以A 、C 、E 、P 为顶点且以AC 为一边的平行四边形，点P 的坐标分别为：P1（－3，－3），P2（2413＋－，3），P3（2413－－，3）42.如图，在平面直角坐标系XOY 中，抛物线Y ＝－21X2＋BX ＋C 与X 轴交于A （1，0）、B （5，0）两点、〔1〕求抛物线的解析式和顶点C 的坐标；〔2〕设抛物线的对称轴与X 轴交于点D ，将∠DCB 绕点C 按顺时针方向旋转，角的两边CD 和CB 与X 轴分别交于点P 、Q ，设旋转角为α（0°《α≤90°）、①当α等于多少度时，△CPQ 是等腰三角形？②设BP ＝T ，AQ ＝S ，求S 与T 之间的函数关系式、解：〔1〕根据题意，得⎩⎪⎨⎪⎧－21＋b ＋c ＝0－225＋5b ＋c ＝0、、1分解得⎩⎨⎧b ＝3c ＝－25、、 2分∴抛物线的解析式为Y ＝－21X2＋3X －25、 3分即Y ＝－21（X －3）2＋2、∴顶点C 的坐标为〔3，2〕、、 4分〔2〕①∵CD ＝DB ＝AD ＝2，CD ⊥AB ， ∴∠DCB ＝∠CBD ＝45°、 5分ⅰ〕假设CQ ＝CP ，那么∠PCD ＝12∠PCQ ＝22.5°、∴当α＝22.5°时，△CPQ 是等腰三角形、 6分 ⅱ〕假设CQ ＝PQ ，那么∠CPQ ＝∠PCQ ＝45°，此时点Q 与D 重合，点P 与A 重合、∴当α＝45°时，△CPQ 是等腰三角形、 7分ⅲ〕假设PC ＝PQ ，那么∠PCQ ＝∠PQC ＝45°，此时点Q 与B 重合，点P 与D 重合、 ∴α＝0°，不合题意、 8分∴当α＝22.5°或45°时，△CPQ 是等腰三角形、 9分 ②连接AC ，∵AD ＝CD ＝2，CD ⊥AB ，∴∠ACD ＝∠CAD ＝45°，AC ＝BC ＝2222＋＝22、10分ⅰ〕当0°《α≤45°时，∵∠ACQ ＝∠ACP ＋∠PCQ ＝∠ACP ＋45°、 ∠BPC ＝∠ACP ＋∠CAD ＝∠ACP ＋45°、 ∴∠ACQ ＝∠BPC 、 11分又∵∠CAQ ＝∠PBC ＝45°，∴△ACQ ∽△BPC 、 ∴BC AQ ＝BP AC 、∴AQ ·BP ＝AC ·BC ＝22×22＝8、 12分ⅱ〕当45°《α《90°时，同理可得AQ ·BP ＝AC ·BC ＝8、 13分∴S ＝t 8、 14分2018中考数学压轴题及答案40例〔8〕32.：RT △ABC 的斜边长为5，斜边上的高为2，将这个直角三角形放置在平面直角坐标系中，使其斜边AB 与X 轴重合〔其中OA 《OB 〕，直角顶点C 落在Y 轴正半轴上〔如图1〕、〔1〕求线段OA 、OB 的长和经过点A 、B 、C 的抛物线的关系式、〔2〕如图2，点D 的坐标为〔2，0〕，点P 〔M ，N 〕是该抛物线上的一个动点〔其中M 》0，N 》0〕，连接DP 交BC 于点E 、①当△BDE 是等腰三角形时，直接写出此时点E 的坐标、 ②又连接CD 、CP 〔如图3〕，△CDP 是否有最大面积？假设有，求出△CDP 的最大面积和此时点P 的坐标；假设没有，请说明理由、解：〔1〕由题意知RT △△AOC ∽RT △COB ，∴OC OA ＝OB OC、 ∴OC2＝OA ·OB ＝OA （AB －OA ），即22＝OA （5－OA ）、 ∴OA2－5OA ＋4＝0，∵OA 《OB ，∴OA ＝1，OB ＝4、 2分 ∴A （－1，0），B （4，0），C （0，2）、 ∴可设所求抛物线的关系式为Y ＝A （X ＋1）（X －4）、 3分将点C （0，2）代入，得2＝A （0＋1）（0－4），∴A ＝－21、 ∴经过点A 、B 、C 的抛物线的关系式为Y ＝－21（X ＋1）（X －4）、4分即Y ＝－21X2＋23X ＋2、〔2〕①E1（3，21），E2（54，58），E3（5544-，552）、 7分关于点E 的坐标求解过程如下〔原题不作要求，本人添加，仅供参考〕：设直线BC 的解析式为Y ＝KX ＋B 、那么⎩⎨⎧==+204b b k 解得⎪⎩⎪⎨⎧=-=221b k∴直线BC 的解析式为Y ＝－21X ＋2、∵点E 在直线BC 上，∴E （X ，－21X ＋2）、假设ED ＝EB ，过点E 作EH ⊥X 轴于H ，如图2，那么DH ＝21DB ＝1、 ∴OH ＝OD ＋DH ＝2＋1＝3、∴点E 的横坐标为3，代入直线BC 的解析式，得Y ＝－21×3＋2＝21、 ∴E1（3，21）、假设DE ＝DB ，那么（X －2）2＋（－21X ＋2）2＝22、整理得5X2－24X ＋16＝0，解得X1＝4〔舍去〕，X2＝54、 ∴Y ＝－21×54＋2＝58，∴E2（54，58）、假设BE ＝BD ，那么（X －4）2＋（－21X ＋2）2＝22、整理得5X2－24X ＋16＝0，解得X1＝5544+〔此时点P 在第四象限，舍去〕，X2＝5544-、∴Y ＝－21×（5544-）＋2＝552，∴E3（5544-，552）、②△CDP 有最大面积、 8分过点D 作X 轴的垂线，交PC 于点M ，如图3、设直线PC 的解析式为Y ＝PX ＋Q ，将C （0，2），P （M ，N ）代入，得⎩⎨⎧=+=n q mp q 2解得⎪⎩⎪⎨⎧=-=22q m n p∴直线PC 的解析式为Y ＝m n 2-X ＋2，∴M （2，m n 42-＋2）、S △CDP ＝S △CDM ＋S △PDM ＝21XP ·YM ＝21M （m n 42-＋2）＝M ＋N －2＝M ＋（－21M2＋23M ＋2）－2＝－21M2＋25M＝－21（M －25）2＋825∴当M ＝25时，△CDP 有最大面积，最大面积为825、9分此时N ＝－21×（25）2＋23×25＋2＝821∴此时点P 的坐标为（25，821）、 10分33.如图，抛物线Y ＝X2＋4X ＋3交X 轴于A 、B 两点，交Y 轴于点C ，•抛物线的对称轴交X 轴于点E ，点B 的坐标为（－1，0）、〔1〕求抛物线的对称轴及点A 的坐标；〔2〕在平面直角坐标系XOY 中是否存在点P ，与A 、B 、C 三点构成一个平行四边形？假设存在，请写出点P 的坐标；假设不存在，请说明理由；〔3〕连结CA 与抛物线的对称轴交于点D ，在抛物线上是否存在点M ，使得直线CM 把四边形DEOC 分成面积相等的两部分？假设存在，请求出直线CM 的解析式；假设不存在，请说明理由、解：〔1〕对称轴为直线X ＝－24＝－2，即X ＝－2； 2分令Y ＝0，得X2＋4X ＋3＝0，解得X1＝－1，X2＝－3、 ∵点B 的坐标为（－1，0），∴点A 的坐标为（－3，0）、 4分〔2〕存在，点P 的坐标为（－2，3），（2，3）和（－4，－3）、 7分〔3〕存在、 8分当X ＝0时，Y ＝X2＋4X ＋3＝3，∴点C 的坐标为（0，3）、 AO ＝3，EO ＝2，AE ＝1，CO ＝3、 ∵DE ∥CO ，∴△AED ∽△AOC 、∴AO AE ＝CO DE ，即31＝3DE、∴DE ＝1、 9分∵DE ∥CO ，且DE ≠CO ，∴四边形DEOC 为梯形、S 梯形DEOC ＝21（1＋3）×2＝4、设直线CM 交X 轴于点F ，如图、假设直线CM 把梯形DEOC 分成面积相等的两部分，那么S △COF ＝2 即21CO ·FO ＝2、∴21×3FO ＝2，∴FO ＝34、∴点F 的坐标为（－34，0）、 10分 ∵直线CM 经过点C （0，3），∴设直线CM 的解析式为Y ＝KX ＋3、把F （－34，0）代入，得－34K ＋3＝0、 11分∴K ＝49、∴直线CM 的解析式为Y ＝49X ＋3、 12分34.在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC 放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A （0，2），点C （－1，0），如下图；抛物线Y ＝AX2＋AX －2经过点B 、〔1〕求点B 的坐标；〔2〕求抛物线的解析式；〔3〕在抛物线上是否还存在点P 〔点B 除外〕，使△ACP 仍然是以AC 为直角边的等腰直角三角形？假设存在，求所有点P 的坐标；假设不存在，请说明理由、解：〔1〕过点B 作BD ⊥X 轴于D 、∵∠BCD ＋∠ACO ＝90°，∠ACO ＋∠CAO ＝90°、 ∴∠BCD ＝∠CAO 、 1分又∵∠BDC ＝∠COA ＝90°，BC ＝CA 、 ∴RT △BCD ≌RT △CAO ， 2分 ∴BD ＝CO ＝1，CD ＝AO ＝2、 3分 ∴点B 的坐标为（－3，1）； 4分〔2〕把B （－3，1）代入Y ＝AX2＋AX －2，得1＝9A －3A －2，解得A ＝21、 6分∴抛物线的解析式为Y ＝21X2＋21X －2； 7分〔3〕存在、 8分①延长BC 至点P1，使CP1＝BC ，那么得到以点C 为直角顶点的等腰直角三角形△ACP1、9分过点P1作P1M ⊥X 轴、∵CP1＝BC ，∠P1CM ＝∠BCD ，∠P1MC ＝∠BDC ＝90°、∴RT △P1CM ≌RT △BCD ， 10分∴CM ＝CD ＝2，P1M ＝BD ＝1，可求得点P1（1，－1）； 11分把X ＝1代入Y ＝21X2＋21X －2，得Y ＝－1、∴点P1（1，－1）在抛物线上、 12分②过点A 作AP2⊥AC ，且使AP2＝AC ，那么得到以点A 为直角顶点的等腰直角三角形△ACP2、13分过点P2作P2N ⊥Y 轴，同理可证RT △P2NA ≌RT △AOC 、 14分 P2N ＝AO ＝2，AN ＝CO ＝1、可求得点P2（2，1）、 15分把X ＝2代入Y ＝21X2＋21X －2，得Y ＝1、 ∴点P2（2，1）在抛物线上、 16分综上所述，在抛物线上还存在点P1（1，－1）和P2（2，1），使△ACP 仍然是以AC 为直角边的等腰直角三角形、35.如图，在平面直角坐标中，二次函数图象的顶点坐标为C （4，－3），且在X 轴上截得的线段AB 的长为6、〔1〕求二次函数的解析式；〔2〕点P 在Y 轴上，且使得△PAC 的周长最小，求： ①点P 的坐标；②△PAC 的周长和面积；〔3〕在X 轴上方的抛物线上，是否存在点Q ，使得以Q 、A 、B 三点为顶点的三角形与△ABC 相似？如果存在，求出点Q 的坐标；如果不存在，请说明理由、解：〔1〕设二次函数的解析式为Y ＝A （X －4）2－3（A ≠0），且A （X1，0），B（X2，0）、∵Y ＝A （X －4）2－3＝AX2－8AX ＋16A －3∴X1＋X2＝8，X1X2＝16－a 3、∴AB2＝（X1－X2）2＝（X1＋X2）2－4X1X2＝82－4（16－a 3）＝36，∴A ＝93、∴二次函数的解析式为Y ＝93（X －4）2－3、 2分〔2〕①如图1，作点A 关于Y 轴的对称点A ′，连结A ′C 交Y 轴于点P ，连结PA ，那么点P 为所求、令Y ＝0，得93（X －4）2－3＝0，解得X1＝1，X2＝7、∴A （1，0），B （7，0）、∴OA ＝1，∴OA ′＝1、设抛物线的对称轴与X 轴交于点D ，那么AD ＝3，A ′D ＝5，DC ＝3、∵△A ′OP ∽△ADC ，∴DC OP ＝AD O A '，即3OP ＝51，∴OP ＝53、∴P （0，－53）、 4分②∵A ′C ＝22DC D A +'＝22)3(5+＝72 AC ＝22DC AD +＝22)3(3+＝32∴△PAC 的周长＝PA ＋PC ＋AC ＝A ′C ＋AC ＝72＋32、5分S △PAC ＝S △A ′AC －S △A ′AP ＝21A ′A （DC －OP ）＝21×2×（3－53）＝534、7分〔3〕存在、 8分∵TAN ∠BAC ＝AD DC＝33，∴∠BAC ＝30°、同理，∠ABC ＝30°，∴∠ACB ＝120°，AC ＝BC 、①假设以AB 为腰，∠BAQ1为顶角，使△ABQ1∽△CBA ，那么AQ1＝AB ＝6，∠BAQ1＝120°、如图2，过点Q1作Q1H ⊥X 轴于H ，那么Q1H ＝AQ1·SIN60°＝6×23＝33，HA ＝AQ1·COS60°＝6×21＝3、HO ＝HA －OA ＝3－1＝2、 ∴点Q1的坐标为（－2，33）、把X ＝－2代入Y ＝93（X －4）2－3，得Y ＝93（－2－4）2－3＝33、∴点Q1在抛物线上、 9分②假设以BA 为腰，∠ABQ2为顶角，使△ABQ2∽△ACB ，由对称性可求得点Q1的坐标为（10，33）、同样，点Q2也在抛物线上、 10分③假设以AB 为底，AQ ，BQ 为腰，点Q 在抛物线的对称轴上，不合题意，舍去、 11分综上所述，在X 轴上方的抛物线上存在点Q1（－2，33）和Q2（10，33），使得以Q 、A 、B 三点为顶点的三角形与△ABC 相似、 12分36.如图，抛物线Y ＝AX2＋BX ＋C （A ≠0）与X 轴交于A （－3，0）、B 两点，与Y 轴相交于点C （0，3）、当X ＝－4和X ＝2时，二次函数Y ＝AX2＋BX ＋C （A ≠0）的函数值Y 相等，连结AC 、BC 、〔1〕求实数A ，B ，C 的值；〔2〕假设点M 、N 同时从B 点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA 、BC 边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动、当运动时间为T 秒时，连结MN ，将△BMN 沿MN 翻折，B 点恰好落在AC 边上的P 处，求T 的值及点P 的坐标；〔3〕在〔2〕的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点Q ，使得以B ，N ，Q 为顶点的三角形与△ABC 相似？假设存在，请求出点Q 的坐标；假设不存在，请说明理由、解：〔1〕由题意得⎪⎩⎪⎨⎧++=+-==+-cb ac b a c c b a 244163039解得A ＝－33，B ＝－332，C ＝3、3分〔2〕由〔1〕知Y ＝－33X2－332X ＋3，令Y ＝0，得－33X2－332X ＋3＝0、解得X1＝－3，X2＝1、 ∵A （－3，0），∴B （1，0）、又∵C （0，3），∴OA ＝3，OB ＝1，OC ＝3，∴AB ＝4，BC ＝2、∴TAN ∠ACO ＝OC OA＝3，∴∠ACO ＝60°，∴∠CAO ＝30同理，可求得∠CBO ＝60°，∠BCO ＝30°，∴∠ACB ＝90∴△ABC 是直角三角形、又∵BM ＝BN ＝T ，∴△BMN 是等边三角形、∴∠BNM ＝60°，∴∠PNM ＝60°，∴∠PNC ＝60°、∴RT △PNC ∽RT △ABC ，∴NC PN ＝BC AB、由题意知PN ＝BN ＝T ，NC ＝BC －BN ＝2－T ，∴t t 2＝24、∴T ＝34、 4分∴OM ＝BM －OB ＝34－1＝31、如图1，过点P 作PH ⊥X 轴于H ，那么PH ＝PM ·SIN60°＝34×23＝332、MH ＝PM ·COS60°＝34×21＝32、∴OH ＝OM ＋MH ＝31＋32＝1、∴点P 的坐标为（－1，332）、 6分〔3〕存在、由〔2〕知△ABC 是直角三角形，假设△BNQ 与△ABC 相似，那么△BNQ 也是直角三角形、∵二次函数Y ＝－33X2－332X ＋3的图象的对称轴为X ＝－1、∴点P 在对称轴上、∵PN ∥X 轴，∴PN ⊥对称轴、又∵QN ≥PN ，PN ＝BN ，∴QN ≥BN 、∴△BNQ 不存在以点Q 为直角顶点的情形、①如图2，过点N 作QN ⊥对称轴于Q ，连结BQ ，那么△BNQ 是以点N 为直角顶点的直角三角形，且QN 》PN ，∠MNQ ＝30°、∴∠PNQ ＝30°，∴QN ＝o30cos PN ＝2334＝938、∴BN QN＝34938＝332、∵BC AC ＝TAN60°＝3，∴BN QN ≠BC AC、∴当△BNQ 以点N 为直角顶点时，△BNQ 与△ABC 不相似、 7分 ②如图3，延长NM 交对称轴于点Q ，连结BQ ，那么∠BMQ ＝120°、 ∵∠AMP ＝60°，∠AMQ ＝∠BMN ＝60°，∴∠PMQ ＝120°、 ∴∠BMQ ＝∠PMQ ，又∵PM ＝BM ，QM ＝QM 、 ∴△BMQ ≌△PMQ ，∴∠BQM ＝∠PQM ＝30°、 ∵∠BNM ＝60°，∴∠QBN ＝90°、 ∵∠CAO ＝30°，∠ACB ＝90°、 ∴△BNQ ∽△ABC 、 8分∴当△BNQ 以点B 为直角顶点时，△BNQ ∽△ABC 、设对称轴与X 轴的交点为D 、∵∠DMQ ＝∠DMP ＝60°，DM ＝DM ，∴RT △DMQ ≌RT △DMP 、 ∴DQ ＝PD ，∴点Q 与点P 关于X 轴对称、∴点Q 的坐标为（－1，－332）、9分综合①②得，在抛物线的对称轴上存在点Q （－1，－332），使得以B ，N ，Q 为顶点的三角形与△ABC 相似、 10分37.如图①，抛物线Y ＝AX2＋BX ＋3〔A ≠0〕与X 轴交于点A （1，0）和点B （－3，0），与Y 轴交于点C 、〔1〕求抛物线的解析式；〔2〕设抛物线的对称轴与X 轴交于点M ，问在对称轴上是否存在点P ，使△CMP 为等腰三角形？假设存在，请直接写出所有符合条件的点P 的坐标；假设不存在，请说明理由；〔3〕如图②，假设点E 为第二象限抛物线上一动点，连接BE 、CE ，求四边形BOCE 面积的最大值，并求此时E 点的坐标、解：〔1〕由题意得⎩⎨⎧033903 ＝＋＝＋＋－b a b a 、 1分解得⎩⎨⎧21－－＝＝ b a 、 2分∴所求抛物线的解析式为Y ＝－X2－2X ＋3；3分〔2〕存在符合条件的点P ，其坐标为P （－1，10）或P （－1，10－）或P （－1，6）或P （－1，35）； 7分〔3〕解法一：过点E 作EF ⊥X 轴于点F ，设E （M ，－M2－2M ＋3）〔－3《A 《0〕那么EF ＝－M2－2M ＋3，BF ＝M ＋3，OF ＝－M 、 8分 ∴S 四边形BOCE ＝S △BEF ＋S 梯形FOCE ＝21BF ·EF ＋21（EF ＋OC ）·OF ＝21（M ＋3）（－M2－2M ＋3）＋21（－M2－2M ＋6）（－M ）、 9分＝－23M2－29M ＋2910分＝－23（M ＋23）2＋863∴当M ＝－23时，S 四边形BOCE 最大，且最大值为863、 11分此时Y ＝－（－23）2－2×（－23）＋3＝415∴此时E 点的坐标为（－23，415）、 12分解法二：过点E 作EF ⊥X 轴于点F ，设E （X ，Y ）〔－3《X 《0〕 8分那么S 四边形BOCE ＝S △BEF ＋S 梯形FOCE ＝21BF ·EF ＋21（EF ＋OC ）·OF ＝21（3＋X ）·Y ＋21（3＋Y ）（－X ）、 9分＝23（Y －X ）＝23（－X2－3X ＋3）、 10分＝－23（X ＋23）2＋863∴当X ＝－23时，S 四边形BOCE 最大，且最大值为863、 11分此时Y ＝－（－23）2－2×（－23）＋3＝415∴此时E 点的坐标为（－23，415）、 12分38.如图，抛物线Y ＝AX2＋BX ＋C 与X 轴交于A 、B 两点，与Y 轴交于点C 、其中点A 在X 轴的负半轴上，点C 在Y 轴的负半轴上，线段OA 、OC 的长〔OA 《OC 〕是方程X2－5X ＋4＝0的两个根，且抛物线的对称轴是直线X ＝1、〔1〕求A 、B 、C 三点的坐标；〔2〕求此抛物线的解析式；〔3〕假设点D 是线段AB 上的一个动点〔与点A 、B 不重合〕，过点D 作DE ∥BC 交AC 于点E ，连结CD ，设BD 的长为M ，△CDE 的面积为S ，求S 与M 的函数关系式，并写出自变量M 的取值范围、S 是否存在最大值？假设存在，求出最大值并求此时D 点坐标；假设不存在，请说明理由、解：〔1〕∵OA 、OC 的长是方程X2－5X ＋4＝0的两个根，OA 《OC 、 ∴OA ＝1，OC ＝4、∵点A 在X 轴的负半轴，点C 在Y 轴的负半轴 ∴A 〔－1，0〕，C 〔0，－4〕、∵抛物线Y ＝AX2＋BX ＋C 的对称轴为X ＝1 ∴由对称性可得B 点坐标为〔3，0〕、∴A 、B 、C 三点的坐标分别是：A 〔－1，0〕，B 〔3，0〕，C 〔0，－4〕、 3分〔2〕∵点C 〔0，－4〕在抛物线Y ＝AX2＋BX ＋C 图象上，∴C ＝－4、 4分将A 〔－1，0〕，B 〔3，0〕代入Y ＝AX2＋BX －4得⎩⎨⎧043904 ＝＋＝－－－b a b a 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧3834－＝＝b a 6分 ∴此抛物线的解析式为Y ＝34X2－38X －4、 7分〔3〕∵BD ＝M ，∴AD ＝4－M 、在RT △BOC 中，BC2＝OB2＋OC2＝32＋42＝25，∴BC ＝5、 ∵DE ∥BC ，∴△ADE ∽△ABC 、 ∴BC DE ＝AB AD ，即5DE ＝44m－、∴DE ＝4520m－、过点E 作EF ⊥AB 于点F ，那么SIN ∠EDF ＝SIN ∠CBA ＝BC OC ＝54、 ∴DE EF ＝54，∴EF ＝54DE ＝54×4520m－＝4－M 、 9分∴S ＝S △CDE ＝S △ADC －S △ADE＝21（4－M ）×4－21（4－M ）（4－M ）＝－21M2＋2M＝－21（M －2）2＋2〔0《M 《4〕、 10分 ∵－21《0∴当M ＝2时，S 有最大值2、 11分此时OD ＝OB －BD ＝3－2＝1、 ∴此时D 点坐标为〔1，0〕、 12分 39.如图，抛物线Y ＝A （X ＋3）（X －1）与X 轴相交于A 、B 两点〔点A 在点B 右侧〕，过点A 的直线交抛物线于另一点C ，点C 的坐标为（－2，6）、〔1〕求A 的值及直线AC 的函数关系式；〔2〕P 是线段AC 上一动点，过点P 作Y 轴的平行线，交抛物线于点M ，交X 轴于点N 、①求线段PM 长度的最大值；②在抛物线上是否存在这样的点M ，使得△CMP 与△APN 相似？如果存在，请直接写出所有满足条件的点M 的坐标〔不必写解答过程〕；如果不存在，请说明理由、解：〔1〕由题意得6＝A （－2＋3）（－2－1），∴A ＝－2、 1分∴抛物线的解析式为Y ＝－2（X ＋3）（X －1），即Y ＝－2X2－4X ＋6 令－2（X ＋3）（X －1）＝0，得X1＝－3，X2＝1 ∵点A 在点B 右侧，∴A （1，0），B （－3，0）设直线AC 的函数关系式为Y ＝KX ＋B ，把A （1，0）、C （－2，6）代入，得⎩⎨⎧620＝＋＝＋－b k b k 解得⎩⎨⎧22＝＝－b k∴直线AC 的函数关系式为Y ＝－2X ＋2、 3分〔2〕①设P 点的横坐标为M （－2≤M ≤1），那么P （M ，－2M ＋2），M （M ，－2M2－4M ＋6）、 4分 ∴PM ＝－2M2－4M ＋6－（－2M ＋2）＝－2M2－2M ＋4＝－2（M ＋21）2＋29∴当M ＝－21时，线段PM 长度的最大值为29、 6分 ②存在 M1（0，6）、 7分M2（－41，855）、9分点M 的坐标的求解过程如下〔原题不作要求，本人添加，仅供参考〕 ⅰ）如图1，当M 为直角顶点时，连结CM ，那么CM ⊥PM ，△CMP ∽△ANP∵点C （－2，6），∴点M 的纵坐标为6，代入Y ＝－2X2－4X ＋6 得－2X2－4X ＋6＝6，∴X ＝－2〔舍去〕或X ＝0 ∴M1（0，6）〔此时点M 在Y 轴上，即抛物线与Y 轴的交点，此时直线MN 与Y 轴重合，点N 与原点O 重合〕ⅱ）如图2，当C 为直角顶点时，设M （M ，－2M2－4M ＋6）（－2≤M ≤1）过C 作CH ⊥MN 于H ，连结CM ，设直线AC 与Y 轴相交于点D 那么△CMP ∽△NAP又∵△HMC ∽△CMP ，△NAP ∽△OAD ，∴△HMC ∽△OAD ∴OD CH ＝OA MH∵C （－2，6），∴CH ＝M ＋2，MH ＝－2M2－4M ＋6－6＝－2M2－4M 在Y ＝－2X ＋2中，令X ＝0，得Y ＝2 ∴D （0，2），∴OD ＝2∴22+m ＝1422m m --整理得4M2＋9M ＋2＝0，解得M ＝－2〔舍去〕或M ＝－41当M ＝－41时，－2M2－4M ＋6＝（－41）2－4×（－41）＋6＝855∴M2（－41，855）如图，二次函数的图象经过点D （0，397），且顶点C 的横坐标为4，该图象在X轴上截得的线段AB 的长为6、〔1〕求该二次函数的解析式；〔2〕在该抛物线的对称轴上找一点P ，使PA ＋PD 最小，求出点P 的坐标；〔3〕在抛物线上是否存在点Q ，使△QAB 与△ABC 相似？如果存在，求出点Q 的坐标；如果不存在，请说明理由、解：〔1〕设该二次函数的解析式为Y ＝A （X －H ）2＋K∵顶点C 的横坐标为4，且过点D （0，397）∴397＝16A ＋K ①又∵对称轴为直线X ＝4，图象在X 轴上截得的线段AB 的长为6 ∴A （1，0），B （7，0） ∴0＝9A ＋K ②由①②解得A ＝93，K ＝3－∴该二次函数的解析式为Y ＝93（X －4）23－〔2〕∵点A 、B 关于直线X ＝4对称，∴PA ＝PB ∴PA ＋PD ＝PB ＋PD ≥DB∴当点P 在线段DB 上时，PA ＋PD 取得最小值 ∴DB 与对称轴的交点即为所求的点P ，如图1 设直线X ＝4与X 轴交于点M ∵PM ∥OD ，∴∠BPM ＝∠BDO又∠PBM ＝∠DBO ，∴△BPM ∽△BDO∴DO PM ＝BO BM ，即397PM＝73，∴PM ＝33'∴点P 的坐标为（4，33）〔3〕由〔1〕知点C （4，3－），又∵AM ＝3，∴在RT △ACM 中，TAN ∠ACM ＝3，∴∠ACM ＝60°∵AC ＝BC ，∴∠ACB ＝120°①如图2，当点Q 在X 轴上方时，过Q 作QN ⊥X 轴于N如果AB ＝BQ ，由△ABC ∽△ABQ ，得BQ ＝6，∠ABQ ＝120°∴∠QBN ＝60°∴QN ＝33，BN ＝3，ON ＝10∴此时点Q 的坐标为（10，33） ∵93（10－4）23－＝33，∴点Q 在抛物线上如果AB ＝AQ ，由对称性知Q （－2，33），且也在抛物线上②当点Q 在X 轴下方时，△QAB 就是△ACB∴此时点Q 的坐标为（4，3－）综上所述，在抛物线上存在点Q ，使△QAB 与△ABC 相似点Q 的坐标为（10，33）或（－2，33）或（4，3－）、41.，如图，抛物线Y ＝AX2＋3AX ＋C 〔A 》0〕与Y 轴交于C 点，与X 轴交于A 、B 两点，A 点在B 点左侧，点B 的坐标为〔1，0〕，OC ＝3OB 、〔1〕求抛物线的解析式；〔2〕假设点D 是线段AC 下方抛物线上的动点，求四边形ABCD 面积的最大值；〔3〕假设点E 在X 轴上，点P 在抛物线上，是否存在以A 、C 、E 、P 为顶点且以AC 为一边的平行四边形？假设存在，求点P 的坐标；假设不存在，请说明理由、解：〔1〕∵对称轴X ＝－a a 23＝－23、 1分又∵OC ＝3OB ＝3，A 》0∴C （0，－3）、 2分方法一：把B （1，0）、C （0，－3）代入Y ＝AX2＋3AX ＋C 得：⎩⎨⎧a ＋3a ＋c ＝0c ＝－3解得⎩⎨⎧a ＝43c ＝－3∴抛物线的解析式为Y ＝43X2＋49X －3、 4分。

2019年湖北省武汉市中考精选试题--三角形(含解析答案)

三角形一．选择题（共22小题）1．三角形两条边的长分别是4和10，下面四个数值中可能是此三角形第三边长的为（）A．5B．6C．11D．162．已知a、b、c是△ABC的三边长，化简|a+b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|的值是（）A．﹣2c B．2b﹣2c C．2a﹣2c D．2a﹣2b3．如图正六边形ABCDEF中，连接CF，∠FCD＝（）A．120°B．72°C．60°D．36°4．正十边形的外角和为（）A．180°B．360°C．720°D．1440°5．已知，关于x的不等式组至少有三个整数解，且存在以3，a，5为边的三角形，则a的整数解有（）A．3个B．4个C．5个D．6个6．将四边形纸片ABCD按如图的方式折叠使C′P∥AB．若∠B＝120°，∠C＝90°，则∠CPR等于（）A．30°B．45°C．60°D．90°7．已知n是正整数，若一个三角形的3边长分别是n+2、n+8、3n，则满足条件的n的值有（）A．4个B．5个C．6个D．7个8．如图，足球图片正中的黑色正五边形的内角和是（）A．180°B．360°C．540°D．720°9．如图一个五边形木架，要保证它不变形，至少要再钉上几根木条（）A．4B．3C．2D．110．已知三角形的两边长分别为1和4，第三边长为整数，则该三角形的周长为（）A．7B．8C．9D．1011．小明在计算一个多边形的内角和时，漏掉了一个内角，结果算得800°，这个多边形应该是（）A．六边形B．七边形C．八边形D．九边形12．如图，已知P为直线l外一点，点A、B、C、D在直线l上，且P A＞PB＞PC＞PD，下列说法正确的是（）A．线段PD的长是点P到直线l的距离B．线段PC可能是△P AB的高C．线段PD可能是△PBC的高D．线段PB可能是△P AC的高13．如图所示在△ABC中，AB边上的高线画法正确的是（）A．B．C．D．14．若一个正n边形的每个内角为144°，则n等于（）A．10B．8C．7D．515．如图，点P是四边形ABCD内的一点，AP平分∠DAB，BP平分∠ABC，设∠C+∠D 的大小为x，∠P的大小为y，则x，y的关系是（）A．y＝2x﹣180°B．y＝x C．y＝x D．y＝180°﹣x 16．一个正方形被截掉一个角后，得到一个多边形，这个多边形的内角和是（）A．360°B．540°C．180°或360°D．540°或360°或180°17．如图，∠ABC＝∠ACB，AD，BD，CD分别平分△ABC的外角∠EAC、内角∠ABC、外角∠ACF．以下结论：①AD∥BC；②∠ACB＝2∠ADB；③DB平分∠ADC；④∠ADC＝90°﹣∠ABD；⑤∠BDC＝∠BAC．其中正确的结论有（）A．1个B．2个C．3个D．4个18．如图，五边形ABCDE是正五边形，若l1∥l2，则∠1﹣∠2的度数为（）A．72°B．144°C．72°或144°D．无法计算19．将若干个大小相等的正五边形排成环状，如图所示是前3个五边形，要完成这一圆环还需_______个正五边形（）A．6B．7C．8D．920．将多边形的边数由n条增加到（n+x）条后，内角和增加了540°，则x的值为（）A．1B．2C．3D．421．两个完全相同的正五边形都有一边在直线l上，且有一个公共顶点O，其摆放方式如图所示，则∠AOB＝（）A．36B．72°C．108°D．144°22．四边形剪去一个角后，内角和将（）A．减少180°B．不变C．增加180°D．以上都有可能二．填空题（共6小题）23．已知三角形的三边长都是整数，其中两边长分别为5和1，则它的周长为．24．如图，A、B、C、D为一个外角为40°的正多边形的顶点．若O为正多边形的中心，则∠OAD＝．25．如图，该硬币边缘镌刻的正九边形每个内角的度数是．26．如图，李明从A点出发沿直线前进5米到达B点后向左旋转的角度为α，再沿直线前进5米，到达点C后，又向左旋转α角度，照这样走下去，第一次回到出发地点时，他共走了50米，则每次旋转的角度α为．27．如图，某人从点A出发，前进5m后向右转60°，再前进5m后又向右转60°，这样一直走下去，当他第一次回到出发点A时，共走了m．28．如图，把△ABC沿线段DE折叠，使点A落在点F处，BC∥DE，若∠A+∠B＝110°，则∠FEC＝°．三．解答题（共9小题）29．在△ABC中，∠B＜∠C，AQ平分∠BAC，交BC于点Q，P是AQ上的一点（不与点Q重合），PH⊥BC于点H．（1）若∠C＝2∠B＝60°，如图1，当点P与点A重合时，求∠QPH的度数．（2）当△ABC是锐角三角形时，如图2，试探索∠QPH、∠C、∠B之间的数量关系，并说明理由．30．△ABC中，三个内角的平分线交于点O，过点O作OD⊥OB，交边AB于点D．（1）如图1，①若∠ABC＝40°，则∠AOC＝，∠ADO＝；②猜想∠AOC与∠ADO的关系，并说明你的理由；（2）如图2，作∠ABC外角∠ABE的平分线交CO的延长线于点F．若∠AOC＝105°，∠F＝32°，则∠AOD＝°．31．（1）如图①，△OAB、△OCD的顶点O重合，且∠A+∠B+∠C+∠D＝180°，则∠AOB+∠COD＝°；（直接写出结果）（2）连接AD、BC，若AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线．①如图②，如果∠AOB＝110°，那么∠COD的度数为；（直接写出结果）②如图③，若∠AOD＝∠BOC，AB与CD平行吗？为什么？32．如图，点A、B分别在射线OM、ON上运动（不与点O重合）．（1）如图1，若∠MON＝90°，∠OBA、∠OAB的平分线交于点C，则∠ACB＝°；（2）如图2，若∠MON＝n°，∠OBA、∠OAB的平分线交于点C，求∠ACB的度数；（3）如图2，若∠MON＝n°，△AOB的外角∠ABN、∠BAM的平分线交于点D，求∠ACB与∠ADB之间的数量关系，并求出∠ADB的度数；（4）如图3，若∠MON＝80°，BC是∠ABN的平分线，BC的反向延长线与∠OAB的平分线交于点E．试问：随着点A、B的运动，∠E的大小会变吗？如果不会，求∠E的度数；如果会，请说明理由．33．同学们，学习几何一个重要方法就是要学会抓住基本图形，让我们今天来做一次研究性学习．（1）如图1所示的图形，像我们常见的学用品﹣﹣圆规．我们常把这样图形叫做“规形图”，那么请你观察“规形图”，试探究∠BOC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由：（2）如图2，若△ABC中，BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，且它们相交于点O，试探究∠BOC与∠A的关系；（3）如图3，若△ABC中，∠ABO＝∠ABC，∠ACO＝∠ACB，且BO、CO相交于点O，请直接写出∠BOC与∠A的关系式为．34．（1）如图1，在四边形ABCD中，DE平分∠ADC，CE平分∠DCB．若∠A+∠B＝140°，求∠DEC的度数；（2）如图2，四边形ABCD沿MN折叠，使点C、D落在四边形ABCD内的点C′、D′处，探索∠AMD′、∠BNC′与∠A+∠B之间的数量关系，并说明理由；（3）如图3，将四边形ABCD沿着直线MN翻折，使得点D落在四边形ABCD外部的D′处，点C落在四边形ABCD内部的C′处，则∠AMD′、∠BNC′与∠A+∠B之间的关系是．35．（1）如图1，请证明∠A+∠B+∠C＝180°（2）如图2的图形我们把它称为“8字形”，请证明∠A+∠B＝∠C+∠D（3）如图3，E在DC的延长线上，AP平分∠BAD，CP平分∠BCE，猜想∠P与∠B、∠D之间的关系，并证明（4）如图4，AB∥CD，P A平分∠BAC，PC平分∠ACD，过点P作PM、PE交CD于M，交AB于E，则①∠1+∠2+∠3+∠4不变；②∠3+∠4﹣∠1﹣∠2不变，选择正确的并给予证明．36．如图，直线MN与直线PQ相交于点O，点A在直线PQ上运动，点B在直线MN上运动．（1）如图1，若∠AOB＝80°，AE、BE分别是∠BAO和∠ABO的角平分线，点A、B 在运动的过程中，∠AEB的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明变化的理由；若不发生变化，试求出∠AEB的度数；（2）如图2，若∠AOB＝90°，点D、C分别是∠P AB和∠ABM的角平分线上的两点，AD、BC交于点F．∠ADC和∠BCD的角平分线相交于点E，①点AB在运动的过程中，∠F的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明变化的理由；若不发生变化，请求其度数．②点A、B在运动的过程中，∠CED的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明变化的理由；若不发生变化，请求其度数．37．（1）如图1，在△ABC中，已知OB，OC分别平分∠ABC，∠ACB，BP，CP分别平分∠ABC，∠ACB的外角∠DBC，∠ECB．①若∠A＝50°，则∠O＝，∠P＝；②若∠A＝α，则∠O＝，∠P＝．（用含α的式子表示）（2）如图2，在四边形ABCD中，BP，CP分别平分外角∠EBC，∠FCB，请探究∠P 与∠A，∠D的数量关系，并说明理由；（3）如图3，在六边形ABCDEF中，CP，DP分别平分外角∠GCD，∠HDC，请直接写出∠P与∠A，∠B，∠E，∠F的数量关系．参考答案与试题解析一．选择题（共22小题）1．【解答】解：设此三角形第三边的长为x，则10﹣4＜x＜10+4，即6＜x＜14，四个选项中只有11符合条件．故选：C．2．【解答】解：|a+b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|＝a+b﹣c﹣c﹣a+b＝2b﹣2c．故选：B．3．【解答】解：由正六边形ABCDEF可得∠BCD＝，由CF平分∠BCD可得∠FCD＝．故选：C．4．【解答】解：因为任意多边形的外角和都等于360°，所以正十边形的外角和等于360°，．故选：B．5．【解答】解：解不等式①，可得x＜2a，解不等式②，可得x≥4，∵不等式组至少有三个整数解，∴a≥，又∵存在以3，a，5为边的三角形，∴2＜a＜8，∴a的取值范围是≤a＜8，∴a的整数解有4、5、6共3个，故选：B．6．【解答】解：∵C′P∥AB，∴∠BPC′＝180°﹣∠B＝60°，∴∠CPC′＝180°﹣∠BPC′＝120°，∴∠CPR＝＝60°．故选：C．7．【解答】解：①若n+2＜n+8≤3n，则，解得，即4≤n＜10，∴正整数n有6个：4，5，6，7，8，9；②若n+2＜3n≤n+8，则，解得，即2＜n≤4，∴正整数n有2个：3和4；综上所述，满足条件的n的值有7个，故选：D．8．【解答】解：黑色正五边形的内角和为：（5﹣2）×180°＝540°，故选：C．9．【解答】解：如图，要保证它不变形，至少还要再钉上2根木条．故选：C．10．【解答】解：设第三边为x，根据三角形的三边关系，得：4﹣1＜x＜4+1，即3＜x＜5，∵x为整数，∴x的值为4．三角形的周长为1+4+4＝9．故选：C．11．【解答】解：设多边形的边数是n．依题意有（n﹣2）•180°≥800°，解得：n≥6，则多边形的边数n＝7；故选：B．12．【解答】解：A．线段PD的长不一定是点P到直线l的距离，故本选项错误；B．线段PC不可能是△P AB的高，故本选项错误；C．线段PD可能是△PBC的高，故本选项正确；D．线段PB不可能是△P AC的高，故本选项错误；故选：C．13．【解答】解：在△ABC中，AB边上的高线画法正确的是B，故选：B．14．【解答】解：∵正n边形的一个内角为144°，∴正n边形的一个外角为180°﹣144°＝36°，∴n＝360°÷36°＝10．故选：A．15．【解答】解：∵四边形ABCD，∠C+∠D的大小为x，∴∠DAB+∠ABC＝360°﹣x，∵AP平分∠DAB，BP平分∠ABC，∴∠P AB+∠PBA＝，∵∠P的大小为y，∴∠P＝180°﹣（∠P AB+∠PBA），即y＝180°﹣（360°﹣x）＝x，故选：B．16．【解答】解：n边形的内角和是（n﹣2）•180°，边数增加1，则新的多边形的内角和是（4+1﹣2）×180°＝540°，所得新的多边形的角不变，则新的多边形的内角和是（4﹣2）×180°＝360°，所得新的多边形的边数减少1，则新的多边形的内角和是（4﹣1﹣2）×180°＝180°，因而所成的新多边形的内角和是540°或360°或180°．故选：D．17．【解答】解：∵AD平分∠EAC，∵∠EAC＝∠ABC+∠ACB，∠ABC＝∠ACB，∴∠EAD＝∠ABC，∴AD∥BC，∴①正确；∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∠ABC＝∠ACB，∴∠ABC＝∠ACB＝2∠DBC，∴∠ACB＝2∠ADB，∴②正确；∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∵∠ADB＝∠DBC，∠ADC＝90°﹣∠ABC，∴∠ADB不等于∠CDB，∴③错误；∵AD平分∠EAC，CD平分∠ACF，∴∠DAC＝∠EAC，∠DCA＝∠ACF，∵∠EAC＝∠ACB+∠ACB，∠ACF＝∠ABC+∠BAC，∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，∴∠ADC＝180°﹣（∠DAC+∠ACD）＝180°﹣（∠EAC+∠ACF）＝180°﹣（∠ABC+∠ACB+∠ABC+∠BAC）＝180°﹣（180°+∠ABC）＝90°﹣∠ABC，∴④正确；∠BDC＝∠DCF﹣∠DBF＝∠ACF﹣∠ABC＝∠BAC，∴⑤正确，故选：D．18．【解答】解：过点B作直线l3∥l1，∵l1∥l2，∴l3∥l2，∴∠2＝∠4，∠1+∠3＝180°①，∵∠3+∠4＝108°，①﹣②得∠1﹣∠2＝180°﹣108°＝72°．故选：A．19．【解答】解：五边形的内角和为（5﹣2）•180°＝540°，所以正五边形的每一个内角为540°÷5＝108°，如图，延长正五边形的两边相交于点O，则∠1＝360°﹣108°×3＝360°﹣324°＝36°，360°÷36°＝10，∵已经有3个五边形，∴10﹣3＝7，即完成这一圆环还需7个五边形．故选：B．20．【解答】解：n边形的内角和是（n﹣2）•180°，（n+x）边形的内角和是（n+x﹣2）•180°，则（n+x﹣2）•180°﹣（n﹣2）•180°＝540°，解得：x＝3，故选：C．21．【解答】解：∵正五边形的每个外角是360°÷5＝72°，∴∠OCD＝∠ODC＝72°，∴∠COD＝36°，又∵正五边形每个内角是108°，∴∠AOB＝360°﹣108°﹣108°﹣36°＝108°．故选：C．22．【解答】解：如下图所示：观察图形可知，四边形剪掉一个角后，剩下的图形可能是五边形，也可能是四边形，还可能是三角形．则剩下的纸片图形是三角形或四边形或五边形．内角和是：180°或360°或540°．故选：D．二．填空题（共6小题）23．【解答】解：∵三角形的两边的长为5和1，∴第三边的取值范围是4＜x＜6，∵三角形的三边长都是整数，∴第三边的长为5，∴周长为：5+5+1＝11，故答案为：11．24．【解答】解：多边形的每个外角相等，且其和为360°，据此可得多边形的边数为：，∴∠OAD＝．故答案为：140°25．【解答】解：该正九边形内角和＝180°×（9﹣2）＝1260°，则每个内角的度数＝＝140°．故答案为：140°．26．【解答】解：向左转的次数50÷5＝10（次），则左转的角度是360°÷10＝36°．故答案是：36°．27．【解答】解：依题意可知，某人所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n，则60n＝360，解得n＝6，∴他第一次回到出发点A时一共走了：5×6＝30（m），故答案为：30．28．【解答】解：∵∠A+∠B＝110°，∴∠C＝180°﹣（∠A+∠B）＝70°，∵把△ABC沿线段DE折叠，使点A落在点F处，∴∠AED＝∠FED，∵BC∥DE，∴∠AED＝∠C＝70°＝∠FED，∴∠FEC＝180°﹣∠AED﹣∠FED＝180°﹣70°﹣70°＝40°，故答案为：40．三．解答题（共9小题）29．【解答】解：（1）∵∠C＝2∠B＝60°，∴∠B＝30°，∠BAC＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∵AQ平分∠BAC，∴∠BAQ＝∠QAC＝BAC＝45°，∴∠AQH＝∠B+∠BAQ＝30°+45°＝75°，∵PH⊥BC，∴∠PHQ＝90°，∴∠QPH＝∠QAH＝90°﹣75°＝15°；（2）如图2，过A作AG⊥BC于G，∴∠PHQ＝∠AGQ＝90°，∴PH∥AG，∴∠QPH＝∠QAG，设∠QPH＝∠QAG＝x，∵AQ平分∠BAC，∴∠BAQ＝∠QAC＝x+∠GAC，∵∠AQH＝90°﹣x，∴∠BAQ＝90°﹣x﹣∠B，∵AG⊥BC，∴∠GAC＝90°﹣∠C，∴x+90°﹣∠C＝90°﹣x﹣∠B，∴x＝（∠C﹣∠B），即∠QPH＝（∠C﹣∠B）．30．【解答】解：（1）①∵∠ABC＝40°，∴∠BAC+∠BCA＝180°﹣40°＝140°，∵△ABC中，三个内角的平分线交于点O，∴∠OAC+∠OCA＝（∠BAC+∠BCA）＝70°，∴∠AOC＝180°﹣70°＝110°，∵OB平分∠ABC，∴∠ABO＝∠ABC＝20°，∵OD⊥OB，∴∠BOD＝90°，∴∠BDO＝70°，∴∠ADO＝110°，故答案为：110°，110°，②相等，理由设∠ABC＝α，∴∠BAC+∠BCA＝180°﹣α，∵△ABC中，三个内角的平分线交于点O，∴∠OAC+∠OCA＝（∠BAC+∠BCA）＝90°﹣α，∴∠AOC＝180°﹣（∠OAC+∠OCA）＝90°+α，∵OB平分∠ABC，∴∠ABO＝∠ABC＝，∵OD⊥OB，∴∠BOD＝90°，∴∠BDO＝90°﹣，∴∠ADO＝180°﹣∠BOD＝90°+，∴∠AOC＝∠ADO；（2）由（1）知，∠ADO＝∠AOC＝105°，∵BF平分∠ABE，CF平分∠ACB，∴∠FBE＝ABE，∠FCB＝∠ACB，∴∠FBE＝∠F+∠FCB＝（∠BAC+∠ACB）＝∠BAC+∠FCB，∴∠BAC＝2∠F＝64°，∴∠DAO＝∠BAC＝32°，∴∠AOD＝180°﹣∠ADO﹣∠DAO＝43°．故答案为：110°，110°，43．31．【解答】解：（1）∵∠AOB+∠COD+∠A+∠B+∠C+∠D＝180°×2＝360°，∠A+∠B+∠C+∠D＝180°，∴∠AOB+∠COD＝360°﹣180°＝180°．故答案为180；（2）①∵AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线，∴，，，，∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝，在四边形ABCD中，∠DAB+∠CBA+∠BCD+∠ADC＝360°，∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝，在△OAB中，∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB，在△OCD中，∠OCD+∠ODC＝180°﹣∠COD，∴180°﹣∠AOB+180°﹣∠COD＝180°，∴∠AOB+∠COD＝180°；∵∠AOB＝110°，∴∠COD＝180°﹣110°＝70°．故答案为：70°；②AB∥CD，理由如下：∵AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线，∴，，，，∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝，在四边形ABCD中，∠DAB+∠CBA+∠BCD+∠ADC＝360°，∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝，在△OAB中，∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB，在△OCD中，∠OCD+∠ODC＝180°﹣∠COD，∴180°﹣∠AOB+180°﹣∠COD＝180°，∴∠AOB+∠COD＝180°；∴∠ADO+∠BOD＝360°﹣（∠AOB+∠COD）＝360°﹣180°＝180°，∵∠AOD＝∠BOC，∴∠AOD＝∠BOC＝90°．在∠AOD中，∠DAO＝∠ADO＝180°﹣∠AOD＝180°﹣90°＝90°，∵，，∴，∴∠DAB+∠ADC＝180°，∴AB∥CD．32．【解答】解：（1）∵∠MON＝90°，∴∠OBA+∠OAB＝90°，∵∠OBA、∠OAB的平分线交于点C，∴∠ABC+∠BAC＝×90°＝45°，∴∠ACB＝180°﹣45°＝135°；故答案为：135；（2）在△AOB中，∠OBA+∠OAB＝180°﹣∠AOB＝180°﹣n°，∵∠OBA、∠OAB的平分线交于点C，∴∠ABC+∠BAC＝（∠OBA+∠OAB）＝（180°﹣n°），即∠ABC+∠BAC＝90°﹣n°，∴∠ACB＝180°﹣（∠ABC+∠BAC）＝180°﹣（90°﹣n°）＝90°+n°；（3）∵BC、BD分别是∠OBA和∠NBA的角平分线，∴∠ABC＝∠OBA，∠ABD＝∠NBA，∠ABC+∠ABD＝∠OBA+∠NBA，∠ABC+∠ABD＝（∠OBA+∠NBA）＝90°，即∠CBD＝90°，同理：∠CAD＝90°，∵四边形内角和等于360°，∴∠ACB+∠ADB＝360°﹣90°﹣90°＝180°，由（1）知：∠ACB＝90°+n°，∴∠ADB＝180°﹣（90°+n°）＝90°﹣n°，∴∠ACB+∠ADB＝180°，∠ADB＝90°﹣n°；（4）∠E的度数不变，∠E＝40°；理由如下：∵∠NBA＝∠AOB+∠OAB，∴∠OAB＝∠NBA﹣∠AOB，∵AE、BC分别是∠OAB和∠NBA的角平分线，∴∠BAE＝∠OAB，∠CBA＝∠NBA，∠CBA＝∠E+∠BAE，即∠NBA＝∠E+∠OAB，∠NBA＝∠E+（∠NBA﹣80°），∠NBA＝∠E+∠NBA﹣40°，∴∠E＝40°．33．【解答】解：（1）结论：∠BOC＝∠BAC+∠B+∠C．理由：如图1中，连接AO，延长AO到H．∵∠BOH＝∠B+∠BAH，∠CAH＝∠C+∠CAH，∴∠BOC＝∠B+∠BAH+∠CAH+∠C＝∠BAC+∠B+∠C．（2）结论：∠BOC＝90°+∠A．理由：如图2中，∵OB，OC是△ABC的角平分线，∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，∴∠BOC＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（180°﹣∠A）＝90°+∠A．（3）结论：∠BOC＝60°+∠A．理由：∵∠ABO＝∠ABC，∠ACO＝∠ACB，∴∠BOC＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（180°﹣∠A）＝60°+∠A．故答案为：∠BOC＝60°+∠A．34．【解答】解：（1）∵∠ADC+∠BCD＝360°﹣（∠A+∠B）＝220°，∵DE平分∠ADC，CE平分∠DCB，∴∠ADE＝∠EDC＝∠ADC，∠ECB＝∠DCE＝∠DCB，∴∠EDC+∠ECD＝（∠ADC+∠BCD）＝110°，∴∠DEC＝180°﹣（∠EDC+∠ECD）＝70°．（2）根据四边形的内角和为360°可知，∠D+∠C＝360°﹣（∠A+∠B）∠DMN+∠CNM＝360°﹣（∠C+∠D）＝∠A+∠B，∵∠DMN＝∠D′MN，∠CNM＝∠C′NM，∴∠DMD′+∠CNC′＝2（∠A+∠B），∴∠AMD′+∠BNC′＝360﹣2（∠A+∠B）．（3）同理∠DMN+∠CNM＝∠A+∠B，∴180°﹣∠D′MA+∠C′NB＝540°﹣2（∠A+∠B），∴∠C′NB﹣∠D′MA＝360°﹣2（∠A+∠B）．故答案为：∠C′NB﹣∠D′MA＝360°﹣2（∠A+∠B）．35．【解答】解：（1）证明：如图1，延长BC到D，过点C作CE∥BA，∵BA∥CE，∴∠B＝∠1，∠A＝∠2，又∵∠BCD＝∠BCA+∠2+∠1＝180°，∴∠A+∠B+∠ACB＝180°；（2）证明：如图2，在△AOB中，∠A+∠B+∠AOB＝180°，在△COD中，∠C+∠D+∠COD＝180°，∵∠AOB＝∠COD，∴∠A+∠B＝∠C+∠D；（3）解：如图3，∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，∵（∠1+∠2）+∠B＝（180°﹣2∠3）+∠D，∠2+∠P＝（180°﹣∠3）+∠D，∴2∠P＝180°+∠D+∠B，∴∠P＝90°+（∠B+∠D）；（4）解：②∠3+∠4﹣∠1﹣∠2不变正确．理由如下：作PQ∥AB，如图4，∵AB∥CD，∴PQ∥CD，由AB∥PQ得∠APQ+∠3+∠4＝180°，即∠APQ＝180°﹣∠3﹣∠4，由PQ∥CD得∠5＝∠2，∵∠APQ+∠5+∠1＝90°，∴180°﹣∠3﹣∠4+∠2+∠1＝90°，∴∠3+∠4﹣∠1﹣∠2＝90°．36．【解答】解：（1）∵AE、BE分别是∠BAO和∠ABO的角平分线，∴∠EAB＝∠OAB，∠EBA＝∠OBA，∵∠AOB＝80°，∴∠OAB+∠OBA＝180°﹣80°＝100°，∴∠EAB+∠EBA＝（∠OBA+∠OAB）＝÷100°＝50°，∴∠AEB＝180°﹣（∠EAB+∠EBA）＝130°，即∠AEB的大小不会发生变化，为130°；（2）①∵点D、C分别是∠P AB和∠ABM的角平分线上的两点，∴∠F AB＝∠P AB＝（180°﹣∠OAB），∠FBA＝∠MBA＝（180°﹣∠OBA），∴∠F AB+∠FBA＝（180°﹣∠OAB）+（180°﹣∠OBA）＝（180°+∠AOB）＝90°+∠AOB，∵∠AOB＝90°，∴∠F＝180°﹣（∠F AB+∠FBA）＝90°﹣∠AOB＝45°，即∠F的大小不变，为45°；②∵∠ADC和∠BCD的角平分线相交于点E，同理可得，∠E＝90°﹣∠F＝67.5°，即∠CED的大小不会发生变化，为67.5°．37．【解答】解：（1）①解：∠O＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB ＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（180°﹣∠A）＝180°﹣（180°﹣50°）＝115°；∠P＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB＝180°﹣∠DBC﹣∠ECB＝180°﹣（∠DBC+∠ECB）＝180°﹣（180°﹣∠ABC+180°﹣∠ACB）＝180°﹣[360°﹣（∠ABC+∠ACB）]＝180°﹣[360°﹣（180°﹣∠A）]＝180°﹣[360°﹣（180°﹣50°）]＝65°；故答案为：115°；65°．②解：∠O＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（180°﹣∠A）＝180°﹣（180°﹣α）＝90°+α；∠P＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB＝180°﹣∠DBC﹣∠ECB＝180°﹣（∠DBC+∠ECB）＝180°﹣（180°﹣∠ABC+180°﹣∠ACB）＝180°﹣[360°﹣（∠ABC+∠ACB）]＝180°﹣[360°﹣（180°﹣∠A）]＝180°﹣[360°﹣（180°﹣α）]＝90°﹣α；故答案为：90°+α；90°﹣α，（2）解：∠P＝180°﹣（∠A+∠D）．理由如下：∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝180°﹣（∠EBC+∠FCB）＝180°﹣[360°﹣（∠ABC+∠DCB）]＝（∠ABC+∠DCB）＝（360°﹣∠A﹣∠D）＝180°﹣（∠A+∠D）．（3）∠P＝180°﹣（∠GCD+∠HDC）＝180°﹣（180°﹣∠BCD+180°﹣∠CDE）＝（∠BCD+∠CDE）＝[（6﹣2）×180°﹣（∠A+∠B+∠E+∠F）]＝360°﹣（∠A+∠B+∠E+∠F）．故答案为：∠P＝360°﹣（∠A+∠B+∠E+∠F）。

2019年中考填空题压轴题专项突破训练：三角形综合(附解析)

2019年中考填空题压轴题专项突破训练：三角形综合1．如图，∠ABC＝90°，P为射线BC上任意一点（点P和点B不重合），分别以AB，AP为边在∠ABC内部作等边△ABE和等边△APQ，连结QE并延长交BP于点F，连接EP，若FQ＝11，AE＝4，则EP＝．解：如图：连接EP，过点E作EM⊥BC∵△AEB，△APQ是等边三角形∴AB＝AE＝BE＝4，AQ＝AP，∠ABE＝∠BAE＝∠QAP＝60°＝∠AEB∴∠BAP＝∠QAE且AQ＝AP，AB＝AE∴△ABP≌△QAE∴QE＝BP，∠AEQ＝∠ABC＝90°∵∠AEQ＝∠ABC＝90°，∠ABE＝∠AEB＝60°∴∠BEF＝∠EBF＝30°∴BF＝EF，∠EFM＝60°∵EM⊥BC∴∠FEM＝30°∴EF＝2FM＝BF，EM＝FM∵∠EBM＝30°，EM⊥BC∴BE＝2EM，BM＝EM∵EB＝4∴EM＝2，BM＝6∵BF+FM＝BM∴FM＝2，BF＝EF＝4∵QF＝EQ+EF∴EQ＝11﹣4＝7∴BP＝7∴MP＝BP﹣BM＝1在Rt△EMP中，EP＝＝故答案为2．如图，等边三角形ABC中，AB＝3，点D在直线BC上，点E在直线AC上，且∠BAD＝∠CBE，当BD＝1时，则AE的长为_______．解：分四种情形：①如图1中，当点D在边BC上，点E在边AC上时．∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝3，∠ABD＝∠BCE＝60°，∵∠BAD＝∠CBE，∴△ABD≌△BCE（ASA），∴BD＝EC＝1，∴AE＝AC﹣EC＝2．②如图2中，当点D在边BC上，点E在AC的延长线上时．作EF∥AB交BC的延长线于F．∵∠CEF＝∠CAB＝60°，∠ECF＝∠ACB＝60°，∴△ECF是等边三角形，设EC＝CF＝EF＝x，∵∠ABD＝∠BFE＝60°，∠BAD＝∠FBE，∴△ABD∽△BFE，∴＝，∴＝，∴x＝，∴AE＝AC+CE＝③如图3中，当点D在CB的延长线上，点E在AC的延长线上时．∵∠ABD＝∠BCE＝120°，AB＝BC，∠BAD＝∠FBE，∴△ABD≌△BCE（ASA），∴EC ＝BD ＝1，∴AE ＝AC +EC ＝4．④如图4中，当点D 在CB 的延长线上，点E 在边AC 上时．作EF ∥AB 交BC 于F ，则△EFC 是等边三角形．设EC ＝EF ＝CF ＝m ，由△ABD ∽△BFE ，可得＝，∴＝，∴x ＝，∴AE ＝AC ﹣EC ＝，综上所述，满足条件的AE 的值为2或4或或．故答案为2或4或或．3．如图，在△ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC ＝+1，P 是△ABC 内一个动点，过P 作PD ⊥AB 、PE ⊥AC 、PF ⊥BC ，垂足分别为D 、E 、F ，且PD +PE ＝PF ．则P 运动所形成的图形的长度是．解：如图，作∠ACB 的平分线CM 交AB 于M ，作MH ∥BC 交AC 于H ，在线段MH 上取一点P ，过P 作PD ⊥AB 、PE ⊥AC 、PF ⊥BC ，垂足分别为D 、E 、F ．∵∠A＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵MH∥BC，∴∠AMH＝∠B＝45°，∵PD⊥AB，∴∠PDM＝90°，∴∠DMP＝∠DPM＝45°，∴PD＝DM，∵PD⊥AB，PE⊥AC，∴∠A＝∠PDA＝∠PEA＝90°，∴四边形ADPE是矩形，∴PE＝AD，∴PD+PE＝DM+AD＝AM，∵CM平分∠ACB，MN⊥BC，MA⊥AC，∴MA＝MN，∵PF⊥BC，MN⊥BC，∴PF∥NM，∵PM∥FN，∴四边形PFNM是平行四边形，∵∠PFN＝90°，∴四边形PFNM是矩形，∴PF＝MN，∴PF＝AM，∴PF＝PD+PE，∴点P的运动轨迹是线段MH．设AM＝MN＝x则BN＝MN＝x，BM＝x，∵AB＝+1，∴x+x＝+1，∴x＝1，在Rt△AMH中，∵AM＝AH＝1，∴MH＝，∴P运动所形成的图形的长度是．故答案为．4．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC．点D在AB上，且AD＝nBD，连结CD，过点B作BG⊥CD，分别交CD、CA于点E、F，与过点A且垂直于AB的直线相交于点G，连＝（n+1）结DF．给出以下四个结论：①；②GF＝nEF；③AF＝AB；④S△ABC （n+2）S，其中正确的结论序号是①③④．△BDF解：∵∠ABC＝90°，BG⊥CD，∴∠ABG+∠CBG＝90°，∠BCD+∠CBG＝90°，∴∠ABG＝∠BCD，在△ABC和△BCD中，，∴△ABG≌△BCD（ASA），∴AG＝BD，∵AD＝nBD，∴BD＝AB，∴AG＝BC，①在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∴AB⊥BC，∴AG∥BC，∴△AFG∽△CFB，∴＝，∵BA＝BC，∴＝，故①正确；②∵△AFG∽△CFB，∴＝＝，∴GF＝FB，∴GF＝nEF不一定成立，故②错误；③∵△AFG∽△CFB，∴＝＝，∴AF＝AC，∵AC＝AB，∴AB，故③正确；④过点F作MF⊥AB于M，则FM∥CB，∴＝＝，∵＝，∴＝＝•＝•，∴S△ABC ＝（n+1）（n+2）S△BDF，综上所述，正确的结论有①③④共3个．故答案是：①③④．5．如图三角形ABC中，AB＝3，AC＝4，以BC为边向三角形外作等边三角形BCD，连AD，则当∠BAC＝120 度时，AD有最大值7 ．解：如图，在直线AC的上方作等边三角形△OAC，连接OD．∵△BCD，△AOC都是等边三角形，∴CA＝CO，CB＝CD，∠ACO＝∠BCD，∴∠ACB＝∠OCD，在△ACB和∠OCD中，，∴△ACB≌△OCD，∴OD＝AB＝3，∴点D的运动轨迹是以O为圆心OD长为半径的圆，∴当D、O、A共线时，AD的值最大，最大值为OA+OD＝4+3＝7．∵△ACB≌△OCD，∴∠CAB＝∠DOC，∵当D、O、A共线时，∠DOC＝180°﹣60°＝120°，∴当∠BAC＝120度时，AD有最大值为7．故答案为120，7．6．如图，△ABC，∠ACB＝90°，点D，E分别在AB，BC上，AC＝AD，∠CDE＝45°，CD与AE交于点F，若∠AEC＝∠DEB，CE＝，则CF＝ 5 ．解：延长CE至G，使EC＝EG，延长ED至H，使EH＝AE，过D作DT∥BC，交AE于T，连接GH、AH，设∠AEC＝α，则∠DEB＝α，∵∠AEC＝∠DEB＝α，∴△AEC≌△DEB，∴AC＝GH，∠ACE＝∠EGH＝90°，∴AC∥GH，∴四边形ACGH是矩形，∴AH∥CG，∴∠AHE＝∠HEG＝α，∵AC＝AD，∴∠ACD＝∠ADC，设∠ACD＝∠ADC＝β，∵∠CDE＝45°，∴β+45°+∠BDE＝180°，∴β＝135°﹣∠BDE①，∵△ACD是等腰三角形，∴∠CAD＝180°﹣2β，∵△ACB是直角三角形，∴∠ABC＝90°﹣∠CAD＝90°﹣（180°﹣2β）＝2β﹣90°，在△BDE中，由内角和得：α+∠BDE+∠ABC＝180°，α+∠BDE+2β﹣90°＝180°②，把①代入②得：α+∠BDE+2（135°﹣∠BDE）﹣90°＝180°，∠BDE＝α，∴∠ADH＝∠BDE＝α，∴AD＝AH＝AC，∴四边形ACGH是正方形，∴AH＝AC＝2CE＝，∴AD＝AC＝，∵∠BED＝∠BDE＝α，∴BE＝BD，设BE＝x，则BD＝x，在Rt△ACB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，∴，解得：x＝，∴BE＝BD＝，∴CE＝2BE＝2BD，∴AD＝4BD，∴＝，∵DT ∥BC ，∴△ADT ∽△ABE ，∴＝，∵CE ＝2BE ，∴＝， ∵DT ∥CE ，∴＝＝，在Rt △ACE 中，由勾股定理得：AE ＝＝＝，∴ET ＝AE ＝×＝，∴EF ＝ET ＝×＝，过F 作FM ⊥BC 于M ，tan α＝＝＝，设EM ＝y ，则FM ＝2y ，EF ＝y ，∴y ＝，y ＝，∴FM ＝2y ＝，EM ＝y ＝，∴CM ＝CE ﹣EM ＝﹣＝，在Rt △CFM 中，由勾股定理得：CF ＝＝＝5；故答案为：5．7．“今有邑，东西七里，南北九里，各开中门，出东门一十五里有木，问：出南门几何步而见木？”这段话摘自《九章算术》，意思是说：如图，矩形城池ABCD ，城墙CD 长 9 里，城墙BC 长 7 里，东门所在的点E ，南门所在的点F 分别是CD ，BC 的中点，EG ⊥CD ，EG ＝15里，FH ⊥BC ，点C 在HG 上，问FH 等于多少里？答案是FH ＝ 1.05 里．解：EG ⊥AB ，FH ⊥AD ，HG 经过A 点，∴FA ∥EG ，EA ∥FH ，∴∠HFA ＝∠AEG ＝90°，∠FHA ＝∠EAG ，∴△GEA ∽△AFH ，∴EG ：FA ＝EA ：FH ，∵AB ＝9里，DA ＝7里，EG ＝15里，∴FA ＝3.5里，EA ＝4.5里，∴15：3.5＝4.5：FH ，解得：FH ＝1.05里．故答案为：1.05．8．如图，已知△ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝90°，直角∠EPF 的顶点P 是BC 的中点，两边PE 、PF 分别交AB 、AC 于点E 、F ，给出以下四个结论：①图中只有2对全等三角形②AE ＝CF ；③△EPF 是等腰直角三角形；④S 四边形AEPF ＝S △ABC ；⑤EF 的最小值为．上述结论始终正确的有 ②③④⑤ （填序号）．解：∵AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝90°，∴∠B ＝∠C ＝45°，∵点P 是BC 的中点，∴∠BAP ＝∠CAP ＝45°，∵∠EPF ＝90°，∴∠BPE +∠EPA ＝90°，∴∠BPE ＝∠APF ，∠EPA ＝∠FPC ，在△BPE 和△APF 中，，∴△BPE ≌△APF ，∴△EPA ≌△FPC ，△APC ≌△APB ，有3对全等三角形，①错误；∵△EPA ≌△FPC ，∴AE ＝CF ，②；∵△BPE ≌△APF ，∴PE ＝PF ，又∠EPF ＝90°，∴△EPF 是等腰直角三角形，③正确；∵△BPE ≌△APF ，∴S 四边形AEPF ＝S △ABP ＝S △ABC ，④正确；由②知，△EPF 是等腰直角三角形，则EF ＝EP ．当EP ⊥AB 时，EP 取最小值，此时EP＝AB ，则EF 最小值＝AB ＝．故⑤正确，故答案为：②③④⑤．9．如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，E 、F 为线段AB 上两动点，且∠ECF ＝45°，过点E、F分别作BC、AC的垂线相交于点M，垂足分别为H、G．现有以下结论：①AB＝；②当点E与点B重合时，MH＝；③AF+BE＝EF；④MG•MH＝，其中正确结论为①②④．解：①由题意知，△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝＝，故①正确；②如图1，当点E与点B重合时，点H与点B重合，∴MB⊥BC，∠MBC＝90°，∵MG⊥AC，∴∠MGC＝90°＝∠C＝∠MBC，∴MG∥BC，四边形MGCB是矩形，∴MH＝MB＝CG，∵∠FCE＝45°＝∠ABC，∠A＝∠ACF＝45°，∴CE＝AF＝BF，∴FG是△ACB的中位线，∴GC＝AC＝MH，故②正确；③如图2所示，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠5＝45°．将△ACF顺时针旋转90°至△BCD，则CF＝CD，∠1＝∠4，∠A＝∠6＝45°；BD＝AF；∵∠2＝45°，∴∠1+∠3＝∠3+∠4＝45°，∴∠DCE＝∠2．在△ECF和△ECD中，∴△ECF≌△ECD（SAS），∴EF＝DE．∵∠5＝45°，∴∠BDE＝90°，∴DE2＝BD2+BE2，即EF2＝AF2+BE2，故③错误；④∵∠7＝∠1+∠A＝∠1+45°＝∠1+∠2＝∠ACE，∵∠A＝∠5＝45°，∴△ACE∽△BFC，∴＝，∴AE•BF＝AC•BC＝1，由题意知四边形CHMG是矩形，∴MG∥BC，MH＝CG，MG∥BC，MH∥AC，∴＝；＝，即＝；＝，∴MG ＝AE ；MH ＝BF ，∴MG •MH ＝AE ×BF ＝AE •BF ＝AC •BC ＝，故④正确．故答案为①②④．10．如图，D 、E 分别是△ABC 的边BC 和AB 上的点，△ABD 与△ACD 的周长相等，△CAE 与△CBE 的周长相等，设BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ，给出以下几个结论：①如果AD 是BC 边中线，那么CE 是AB 边中线；②AE 的长度为；③BD 的长度为；④若∠BAC ＝90°，△ABC 的面积为S ，则S ＝AE •BD ．其中正确的结论是 ②③④ （将正确结论的序号都填上）解：当AD 是BC 边中线时，则BD ＝CD ，∵△ABD 与△ACD 的周长相等，∴AB ＝AC ，但此时，不能得出AC ＝BC ，即不能得出CE 是AB 的中线，故①不正确；∵△ABD 与△ACD 的周长相等，BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ，∴AB +BD +AD ＝AC +CD +AD ，∴AB +BD ＝AC +CD ，∵AB +BD +CD +AC ＝a +b +c ，∴AB+BD＝AC+CD＝．∴BD＝﹣c＝，同理AE＝，故②③都正确；当∠BAC＝90°时，则b2+c2＝a2，∴AE•BE＝×＝ [a+（c﹣b）][a﹣（c﹣b）]＝ [a2﹣（c﹣b）2]＝[a2﹣（c2+b2﹣2bc）]＝×2bc＝bc＝S，故④正确；综上可知正确的结论②③④，故答案为：②③④．11．如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，BN平分∠ABC，AE平分∠BAC，AE交BN于G，EF⊥AC于F，连接GF．①△AEB≌△AEF；②∠EFG＝∠AFG；③图中有3对全等三角形；④EF＝GF；⑤S△AEF ＝2S△AGN．上述结论正确的序号有①②④⑤．解：∵EF⊥AC，∠ABC＝90°，∴∠ABE＝∠AFE＝90°，∵AE平分∠BAF，∴∠EAB＝∠EAF，在△AEB和△AEF中，，∴△ABE≌△AFE，故①正确，∴BE＝EF，∵∠BGE＝∠GAB+∠ABG＝22.5°+45°＝67.5°，∠BEA＝∠C+∠EAC＝45°+22.5°＝67.5°，∴∠BGE﹣∠BEG，∴BG＝BE＝EF，∵BN⊥AC，EF⊥AC，∴BG∥EF，∴四边形BGFE是平行四边形，∵BG＝BE，∴四边形BGFE是菱形，∴EF＝EG，故④正确，∠EFG＝∠EBG＝45°，∵∠EFA＝90°，∴∠GFE＝∠GFN＝45°，故②正确，∵△ABE≌△AFE，△AGB≌△AGF，△EGB≌△EGF，△ABN≌△CBN，故③错误，∵∠NGF＝∠NFG＝45°，∴NG＝NF，∴EF＝GF＝NG，∵NG∥EF，∴△ANG∽△AFE，∴＝（）2＝，∴S△AEF ＝2S△ANG．故⑤正确，∴①②④⑤正确，故答案为①②④⑤．12．如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF，下列结论：①△AED≌△AEF；②△ABC 的面积等于四边形AFBD的面积；③BE2+DC2＝DE2；④BE+DC＝DE，其中正确的是①②③（只填序号）解：∵△ADC绕点A顺时针90°旋转后，得到△AFB，∴∠FAD＝90°，DC＝BF，∠FBE＝90°，AD＝AF，∵∠DAE＝45°，∴∠EAF＝90°﹣45°＝45°，在△AED和△AEF中，，∴△AED≌△AEF（SAS）；故①正确；∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，∴△AFB≌△ADC，∴S△AFB ＝S△ADC，∵S△ABC ＝S△ABD+S△ADC，S四边形AFBD＝S△ABD+S△AFB，∴△ABC的面积等于四边形AFBD的面积；故②正确；∵△AED≌△AEF，∴EF＝ED，在Rt△BEF中，BE2+BF2＝EF2，∴BE2+DC2＝DE2．故③正确；④错误．故答案为：①②③．13．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D为AC上一点，且∠DBC＝60°，点E在BD的延长线上，连接AE，∠AED＝120°，点F为AB中点，EF与CB延长线于点G，若CB•CG＝12，则EF＝．解：如图，延长AE交BC的延长线于点K，作BP∥AE交EG于点P，连接AP，延长AP交CG于点M，作EH⊥AP于H．∵∠AED＝120°，∴∠BEC＝∠EBC＝∠K＝60°，∴△EBC是等边三角形，∵BP∥AE，∴∠FPB＝∠FEA，∵AF＝FB，∠PFB＝∠AFE，∴△PFB≌△EFA（AAS），∴PF＝EF，∴四边形AEBP是平行四边形，∴AM∥EB，∴∠AMK＝∠EBC＝60°，∠PBM＝∠K＝60°，∴△AMC，△PBM都是等边三角形，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠ABM＝∠ACK，∵AM＝AK，∠AMB＝∠K，∴△AMB≌△AKC（ASA），∴BM＝CK，设BM＝CK＝a，CB＝b，MG＝x，则PB＝AE＝a，EK＝BK＝EB＝AP＝a+b，∵PB∥EC，∴＝，∴＝，∴x＝，∵BC•CG＝12，∴b（b+a+x）＝12，∴b2+ab+a2＝12，在Rt△EHA中，AH＝AE＝a，EH＝a，在Rt△BHE中，PE＝＝＝＝＝2，∴EF＝PE＝故答案为．14．如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB上的一个动点（不与点A，B重合），连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，连接DE，DE与AC相交于点F，连接AE．下列结论：①△ACE≌△BCD；②若∠BCD＝25°，则∠AED＝65°；③DE2＝2CF•CA；④若AB＝3，AD＝2BD，则AF＝．其中正确的结论是①②③．（填写所有正确结论的序号）解：∵∠ACB＝90°，由旋转知，CD＝CE，∠DCE＝90°＝∠ACB，∴∠BCD＝∠ACE，在△BCD和△ACE中，，∴△BCD≌△ACE，故①正确；∵∠ACB＝90°，BC＝AC，∴∠B＝45°∵∠BCD＝25°，∴∠BDC＝180°﹣45°﹣25°＝110°，∵△BCD≌△ACE，∴∠AEC＝∠BDC＝110°，∵∠DCE＝90°，CD＝CE，∴∠CED＝45°，则∠AED＝∠AEC﹣∠CED＝65°，故②正确；∵△BCD≌△ACE，∴∠CAE＝∠CBD＝45°＝∠CEF，∵∠ECF＝∠ACE，∴△CEF∽△CAE，∴，∴CE2＝CF•AC，在等腰直角三角形CDE中，DE2＝2CE2＝2CF•AC，故③正确；如图，过点D作DG⊥BC于G，∵AB＝3，∴AC＝BC＝3，∵AD＝2BD，∴BD＝AB＝，∴DG＝BG＝1，∴CG＝BC﹣BG＝3﹣1＝2，在Rt△CDG中，根据勾股定理得，CD＝＝，∵△BCD≌△ACE，∴CE＝，∵CE2＝CF•AC，∴CF＝＝，∴AF＝AC﹣CF＝3﹣＝，故④错误，故答案为：①②③．15．如图，A、B、C在一条直线上，△ABD、△BCE均为等边三角形，连接CD、AE交于点P，并分别交BE、BD于N、M，连接MN，下列结论中：①AE＝CD；②AM＝DP；③MN∥AC；④若AB＝2BC，连接DE，则DE⊥BE；⑤BP平分∠APC．正确的结论有：①③④⑤（填写出所有正确的序号）解：∵△ABD、△BCE均为等边三角形，∴AB＝BD，BE＝BC，∠ABD＝∠CBE＝60°，∴∠ABE＝∠CBD，在△ABE与△CBD中，，∴△ABE≌△DBC，∴AE＝CD，故①正确；∵△ABE≌△DBC，∴∠BAP＝∠BDC，∵A、B、C在一条直线上，∴∠DBN＝180°﹣∠ABD﹣∠CBE＝60°，∴∠ABD＝∠DBN，在△ABM与△BDN中，，∴△ABM≌△DBN，∴AM＝DN，BM＝BN，∵DN＞PD，∴AM＞PD，故②错误；∵BM＝BN，∠MBN＝60°，∴△BMN是等边三角形，∴∠MNB＝60°，∴∠MNB＝∠NBC，∴MN∥AC，故③正确；取BD的中点O，连接EO，DE，∵AB＝2BC，∴BD＝2BE，∴BE＝BM＝DM，∵∠MBE＝60°，∴△BEM是等边三角形，∴EM＝BM＝DM，∴∠BED＝90°，∴DE⊥BE；故④正确；过B作BG⊥CD于G，BH⊥AE于H，∴∠AHB＝∠DGB＝90°，在△ABH与△DBG中，，∴△ABH≌△DBG，∴BH＝BG，∴BP平分∠APC；故⑤正确；∵当A、B、C在一条直线上时，∠ABM＝∠DBN＝60°，∠DBE≠60°，则∠ABM≠∠DBN，∴△ABM与△DBN不全等，∴AM≠DN，故⑥错误．故答案为：①③④⑤．16．如图，在Rt△ABC中，BC＝2，∠BAC＝30°，斜边AB的两个端点分别在相互垂直的射线OM、ON上滑动，下列结论：①若C、O两点关于AB对称，则OA＝2；②C、O两点距离的最大值为4；③若AB平分CO，则AB⊥CO；④斜边AB的中点D运动路径的长为；其中正确的是①②（把你认为正确结论的序号都填上）．解：在Rt△ABC中，∵BC＝2，∠BAC＝30°，∴AB＝4，AC＝＝2，①若C、O两点关于AB对称，如图1，∴AB是OC的垂直平分线，则OA＝AC＝2；所以①正确；②如图1，取AB的中点为E，连接OE、CE，∵∠AOB＝∠ACB＝90°，∴OE＝CE＝AB＝2，当OC经过点E时，OC最大，则C、O两点距离的最大值为4；所以②正确；③如图2，当∠ABO＝30°时，∠OBC＝∠AOB＝∠ACB＝90°，∴四边形AOBC是矩形，∴AB与OC互相平分，但AB与OC的夹角为60°、120°，不垂直，所以③不正确；④如图3，斜边AB的中点D运动路径是：以O为圆心，以2为半径的圆周的，则：＝π，所以④不正确；综上所述，本题正确的有：①②；故答案为：①②．。

2019中考数学压轴题及解析40例(8)

2019 中考数学压轴题及分析 40 例（ 8）32. ： RT△ ABC的斜边长为 5，斜边上的高为 2，将这个直角三角形搁置在平面直角坐标系中，使其斜边 AB 与 X 轴重合〔此中 OA 《OB 〕，直角极点 C 落在 Y 轴正半轴上〔如图 1〕、〔 1〕求线段 OA 、OB 的长和经过点 A 、 B 、 C 的抛物线的关系式、〔 2〕如图 2，点 D 的坐标为〔 2，0〕，点 P 〔 M ，N 〕是该抛物线上的一个动点〔此中 M 》 0， N 》 0〕，连结 DP 交 BC 于点 E 、①当△ BDE 是等腰三角形时，直接写出此时点 E 的坐标、②又连结 CD 、CP 〔如图 3〕，△ CDP 能否有最大面积？假定有，求出△ CDP 的最大面积和此时点 P 的坐标；假定没有，请说明原因、OA OC解：〔 1〕由题意知 RT △△ AOC ∽ RT △ COB ，∴ OC ＝ OB 、∴ OC2＝OA ·OB ＝OA （AB －OA ），即 22＝OA （5－ OA ）、 ∴ OA2－5OA ＋ 4＝0，∵ OA 《 OB ，∴ OA ＝1， OB ＝ 4、 2 分∴ A （－ 1，0），B （4，0），C （0，2）、∴可设所求抛物线的关系式为 Y ＝ A （ X ＋ 1）（ X －4）、 3 分1将点 C （0，2）代入，得 2＝ A （ 0＋1）（0－4），∴A ＝－ 2、1∴经过点 A 、 B 、C 的抛物线的关系式为 Y ＝－ 2 （X ＋1）（X －4）、 4 分13 即 Y ＝－ 2 X2＋ 2 X ＋2、1484 2545， 5〔2〕① E1（3， 2 ），E2（ 5 ， 5 ），E3（5）、7 分对于点 E 的坐标求解过程以下〔原题不作要求，自己增添，仅供参照〕：设直线 BC 的分析式为 Y ＝KX ＋ B 、1 4k b 0 k2那么b2解得b 21∴直线 BC 的分析式为 Y ＝－ 2 X ＋ 2、1∵点 E 在直线 BC 上，∴ E （ X ，－ 2X ＋2）、1假定 ED ＝ EB ，过点 E 作 EH ⊥ X 轴于 H ，如图 2，那么 DH ＝ 2 DB ＝ 1、∴ OH ＝OD ＋DH ＝2＋1＝3、11∴点 E 的横坐标为 3，代入直线 BC 的分析式，得 Y ＝－ 2 ×3＋2＝ 2、1∴E1（3， 2 ）、1假定 DE ＝ DB ，那么（ X － 2） 2＋（－ 2 X ＋ 2） 2＝22、4整理得 5X2－ 24X ＋ 16＝ 0，解得 X1＝ 4〔舍去〕，X2＝ 5 、1 4 848∴ Y ＝－ 2× 5＋2＝5，∴E2（ 5，5）、1假定 BE ＝ BD ，那么（ X － 4） 2＋（－ 2X ＋ 2）2＝22、45整理得 5X2－ 24X ＋ 16＝ 0，解得 X1＝45 〔此时点 P 在第四象限，舍去〕， X2445＝5、14 244 254555， 5∴Y ＝－ 2 ×（ 5）＋2＝ 5 ，∴ E3（ 5）、②△ CDP 有最大面积、 8 分过点 D 作 X 轴的垂线，交 PC 于点 M ，如图 3、设直线 PC 的分析式为 Y ＝PX ＋ Q ，将 C （0， 2），P （ M ， N ）代入，q 2 pn 2m得 mpq n 解得 q2n 22n4∴直线PC 的分析式为Y ＝m X ＋ 2，∴ M （ 2，m＋2）、1S △CDP ＝ S △CDM ＋ S △PDM ＝ 2 XP ·YM12n 4＝ 2 M （ m ＋ 2）＝ M ＋N －21 3＝ M ＋（－ 2 M2＋ 2 M ＋ 2）－ 215＝－ 2M2＋2M15 25＝－ 2（M － 2）2＋ 8525∴当M ＝2时，△ CDP 有最大面积，最大面积为8 、9 分153 521此时 N ＝－ 2×（ 2）2＋ 2× 2＋2＝ 85 21∴此时点 P 的坐标为（ 2 ， 8 ）、 10 分33. 如图，抛物线 Y ＝X2＋4X ＋ 3 交 X 轴于 A 、 B 两点，交 Y 轴于点 C ， ?抛物线的对称轴交 X 轴于点 E ，点 B 的坐标为（－ 1， 0）、〔 1〕求抛物线的对称轴及点 A 的坐标；〔 2〕在平面直角坐标系 XOY 中能否存在点 P ，与 A 、B 、C 三点组成一个平行四边形？假定存在，请写出点 P 的坐标；假定不存在，请说明原因；〔 3〕连结 CA 与抛物线的对称轴交于点 D ，在抛物线上能否存在点 M ，使得直线 CM把四边形 DEOC 分红面积相等的两部分？假定存在，恳求出直线 CM 的分析式；假定不存在，请说明原因、4解：〔 1〕对称轴为直线 X ＝－ 2＝－ 2，即 X ＝－ 2； 2 分令 Y ＝ 0，得 X2＋4X ＋3＝0，解得 X1＝－ 1，X2＝－ 3、∵点 B 的坐标为（－ 1， 0），∴点 A 的坐标为（－ 3， 0）、 4 分〔 2〕存在，点 P 的坐标为（－ 2，3），（ 2， 3）和（－ 4，－ 3）、 7 分〔 3〕存在、 8 分当 X ＝ 0 时， Y ＝X2＋ 4X ＋3＝ 3，∴点 C 的坐标为（ 0，3）、AO ＝ 3，EO ＝2，AE ＝ 1， CO ＝ 3、 ∵ DE ∥CO ，AEDE1DE∴△ AED ∽△ AOC 、∴ AO ＝ CO ，即 3 ＝ 3 、 ∴ DE ＝1、 9 分∵ DE ∥CO ，且 DE ≠ CO ，∴四边形DEOC 为梯形、1S 梯形 DEOC ＝ 2 （1＋3）× 2＝4、设直线 CM 交 X 轴于点 F ，如图、假定直线 CM 把梯形 DEOC 分红面积相等的两部分，那么 S △ COF ＝ 211 4即 2 CO · FO ＝2、∴ 2 ×3FO ＝2，∴ FO ＝ 3 、4∴点 F 的坐标为（－ 3，0）、 10分∵直线 CM 经过点 C （0， 3），∴设直线 CM 的分析式为 Y ＝KX ＋3、4 4把 F（－3， 0）代入，得－ 3 K＋3＝0、11 分9∴K＝4、9∴直线 CM的分析式为 Y＝4 X＋ 3、12 分34. 在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0， 2），点 C（－ 1，0），以下列图；抛物线Y＝ AX2＋ AX－ 2 经过点 B、〔1〕求点 B 的坐标；〔2〕求抛物线的分析式；〔3〕在抛物线上能否还存在点 P〔点 B 除外〕，使△ ACP仍旧是以 AC为直角边的等腰直角三角形？假定存在，求全部点P 的坐标；假定不存在，请说明原因、解：〔 1〕过点 B 作 BD⊥ X 轴于 D、∵∠ BCD＋∠ ACO＝ 90°，∠ ACO＋∠ CAO＝ 90°、∴∠ BCD＝∠ CAO、 1 分又∵∠ BDC＝∠ COA＝ 90°， BC＝ CA、∴ RT△BCD≌RT△CAO，2 分∴BD＝CO＝1， CD＝AO＝2、 3 分∴点 B 的坐标为（－ 3， 1）； 4 分1 〔 2〕把B（－ 3，1）代入Y＝AX2＋AX－2，得1＝ 9A－ 3A－ 2，解得A＝2 、 6分1 1∴抛物线的分析式为Y＝2X2＋2X－2；7分〔 3〕存在、 8 分①延伸 BC至点 P1，使 CP1＝ BC，那么获得以点ACP1、C为直角极点的等腰直角三角形△9 分过点 P1 作 P1M⊥X 轴、∵CP1＝BC，∠ P1CM＝∠ BCD，∠ P1MC＝∠ BDC＝90°、∴ RT△P1CM≌ RT△ BCD， 10 分∴ CM＝CD＝2， P1M＝ BD＝1，可求得点P1（1，－ 1）；11 分1 1把 X＝1 代入 Y＝2 X2＋2 X－2，得 Y＝－ 1、∴点 P1（ 1，－ 1）在抛物线上、12 分②过点 A 作 AP2⊥AC，且使 AP2＝ AC，那么获得以点 A 为直角极点的等腰直角三角形△ ACP2、13分过点 P2 作 P2N⊥Y 轴，同理可证 RT△ P2NA≌RT△AOC、14 分P2N＝ AO＝ 2， AN＝ CO＝ 1、可求得点P2（2，1）、15 分1 1把 X＝2 代入 Y＝2 X2＋2 X－2，得 Y＝1、∴点 P2（ 2， 1）在抛物线上、 16 分综上所述，在抛物线上还存在点 P1（ 1，－ 1）和 P2（ 2， 1），使△ ACP仍旧是以 AC 为直角边的等腰直角三角形、35. 如图，在平面直角坐标中，二次函数图象的极点坐标为C（4，－3），且在X轴上截得的线段AB 的长为 6、〔1〕求二次函数的分析式；〔2〕点 P 在 Y 轴上，且使得△ PAC的周长最小，求：①点 P 的坐标；②△ PAC的周长和面积；〔 3〕在 X 轴上方的抛物线上，能否存在点 Q，使得以 Q、A、B 三点为极点的三角形与△ ABC相像？假如存在，求出点 Q的坐标；假如不存在，请说明原因、解：〔 1〕设二次函数的分析式为Y＝ A（X－ 4） 2－3 （A≠0），且A（X1，0），B （X2，0）、∵Y＝ A（ X－4）2－3＝AX2－8AX＋16A－33∴ X1＋X2＝8， X1X2＝16－a 、3 3∴ AB2＝（ X1－X2）2＝（ X1＋X2） 2－ 4X1X2＝ 82－4（ 16－a）＝ 36，∴ A＝9 、3∴二次函数的分析式为 Y＝9（X－4）2－3 、 2 分〔2〕①如图 1，作点 A 对于 Y轴的对称点 A′，连结 A′C交 Y轴于点 P，连结 PA，那么点 P 为所求、3令 Y＝0，得9（X－4）2－3＝0，解得 X1＝ 1， X2＝7、∴A（ 1， 0）， B（7， 0）、∴ OA＝ 1，∴ OA′＝ 1、设抛物线的对称轴与X 轴交于点 D，那么 AD＝ 3， A′ D＝ 5， DC＝3 、OP A O OP 1 3∵△ A′OP∽△ ADC，∴DC＝AD，即3＝ 5 ，∴OP＝ 5 、3∴ P（ 0，－5）、 4 分②∵A′C＝ AD2 DC 2 ＝ 5 2 ( 3)2 ＝ 2 7 AC＝ AD 2 DC 2 ＝ 32 ( 3)2 ＝ 2 3∴△ PAC的周长＝ PA＋ PC＋AC＝A′C＋ AC＝27 ＋ 2 3 、 5 分1 1 3 4 3S△PAC＝ S△A′AC－ S△ A′ AP＝2A′ A（ DC－ OP）＝2×2×（3－5）＝ 5 、7分〔3〕存在、 8 分DC 3∵TAN∠BAC＝AD＝3，∴∠ BAC＝ 30°、同理，∠ ABC＝ 30°，∴∠ ACB＝ 120°， AC＝ BC、①假定以 AB为腰，∠ BAQ1为顶角，使△ ABQ1∽△ CBA，那么 AQ1＝ AB＝6，∠ BAQ1 ＝120°、如图 2，过点 Q1作 Q1H⊥X 轴于 H，那么3 1Q1H＝ AQ1·SIN60°＝ 6×2＝3 3， HA＝AQ1·COS60°＝ 6×2＝3、HO＝HA－ OA＝3－1＝2、∴点 Q1的坐标为（－ 2，3 3）、3 3把 X＝－2代入Y＝9 （X－ 4）2－ 3 ，得Y＝9（－2－4）2－ 3 ＝3 3 、∴点 Q1在抛物线上、9 分②假定以 BA为腰，∠ABQ2为顶角，使△ABQ2∽△ ACB，由对称性可求得点Q1的坐标为（ 10，3 3 ）、相同，点Q2也在抛物线上、10 分③假定以 AB为底， AQ， BQ为腰，点 Q在抛物线的对称轴上，不合题意，舍去、11分综上所述，在 X 轴上方的抛物线上存在点Q1（－ 2，3 3）和 Q2（10，3 3），使得以 Q、 A、 B 三点为极点的三角形与△ ABC相像、12 分36.如图，抛物线 Y＝AX2＋BX＋C（A≠ 0）与 X 轴交于 A（－ 3， 0）、B 两点，与 Y轴订交于点 C（0，3）、当 X＝－ 4 和 X＝2 时，二次函数 Y＝ AX2＋ BX＋C（ A≠ 0）的函数值 Y 相等，连结 AC、 BC、〔 1〕务实数 A，B， C的值；〔 2〕假定点 M、N 同时从 B 点出发，均以每秒 1 个单位长度的速度分别沿 BA、 BC边运动，此中一个点抵达终点时，另一点也随之停止运动、当运动时间为T 秒时，连结MN，将△ BMN沿 MN翻折， B 点恰巧落在 AC边上的 P 处，求 T 的值及点P 的坐标；〔 3〕在〔 2〕的条件下，抛物线的对称轴上能否存在点Q，使得以B， N， Q为极点的三角形与△ ABC相像？假定存在，恳求出点 Q的坐标；y假定不存在，请说明原因、9a 3b c 0 Cc 3 P N16a 4b c 4a 2b c解：〔 1〕由题意得3 2 3A M OB x解得 A＝－3， B＝－3，C＝3、3 分3 2 3 3 2 3〔 2〕由〔 1〕知 Y＝－ 3 X2－3X＋3，令 Y＝ 0，得－3X2－3X＋3 ＝0、解得 X1＝－ 3，X2＝1、∵A （－ 3，0），∴ B （1，0）、又∵ C （0，3），∴OA ＝3，OB ＝1，OC ＝3 ，∴ AB ＝4，BC ＝2、OAy∴ TAN ∠ACO ＝ OC ＝3，∴∠ ACO ＝ 60°，∴∠ CAO ＝ 30°、同理，可求得∠ CBO ＝60°，∠ BCO ＝ 30°，∴∠ ACB ＝90°、C∴△ ABC 是直角三角形、PN又∵ BM ＝ BN ＝ T ，∴△ BMN 是等边三角形、∴∠ BNM ＝ 60°，∴∠ PNM ＝ 60°，∴∠ PNC ＝60°、PNABAH M O Bx∴ RT △PNC ∽RT △ABC ，∴NC＝BC、图 1t4由题意知 PN ＝ BN ＝ T ， NC ＝BC －BN ＝ 2－T ，∴ 2 t ＝ 2 、4∴T ＝ 3、 4分41∴OM ＝BM －OB ＝ 3 －1＝ 3 、4 3 2 3如图 1，过点 P 作 PH ⊥ X 轴于 H ，那么 PH ＝ PM · SIN60°＝ 3 × 2 ＝ 3 、4 1 2MH ＝ PM · COS60°＝ 3 × 2 ＝ 3、1 2∴ OH ＝OM ＋MH ＝ 3 ＋ 3＝1、2 3∴点 P 的坐标为（－ 1， 3）、 6 分〔 3〕存在、由〔 2〕知△ ABC 是直角三角形，假定△ BNQ 与△ ABC 相像，那么△ BNQ 也是直角三角形、3 2 3∵二次函数 Y ＝－3X2－3X ＋3的图象的对称轴为X ＝－ 1、∴点 P 在对称轴上、∵ PN ∥X 轴，∴ PN ⊥对称轴、又∵ QN ≥ PN ， PN ＝ BN ，∴ QN ≥BN 、 ∴△ BNQ 不存在以点 Q 为直角极点的情况、①如图 2，过点 N 作 QN ⊥对称轴于 Q ，连结 BQ ，那么△ BNQ 是以点 N 为直角极点的直角三角形，且 QN 》PN ，∠ MNQ ＝30°、43PN38 3∴∠ PNQ ＝ 30°，∴ QN ＝ cos30o ＝ 2 ＝ 9 、8 39 QN42 3∴ BN ＝3＝3、ACQN AC∵ BC ＝TAN60°＝ 3，∴BN ≠BC 、∴当△ BNQ 以点 N 为直角极点时，△ BNQ 与△ ABC 不相像、 7 分 ②如图 3，延伸 NM 交对称轴于点 Q ，连结 BQ ，那么∠ BMQ ＝ 120°、 ∵∠ AMP ＝ 60°，∠ AMQ ＝∠ BMN ＝ 60°，∴∠ PMQ ＝120°、 ∴∠ BMQ ＝∠ PMQ ，又∵ PM ＝ BM ， QM ＝ QM 、 ∴△ BMQ ≌△ PMQ ，∴∠ BQM ＝∠ PQM ＝ 30°、 ∵∠ BNM ＝ 60°，∴∠ QBN ＝ 90°、 ∵∠ CAO ＝ 30°，∠ ACB ＝90°、 ∴△ BNQ ∽△ ABC 、 8 分∴当△ BNQ 以点 B 为直角极点时，△ BNQ ∽△ ABC 、设对称轴与 X 轴的交点为 D 、∵∠ DMQ ＝∠ DMP ＝ 60°， DM ＝DM ，∴ RT △ DMQ ≌ RT △ DMP 、 ∴ DQ ＝PD ，∴点 Q 与点 P 对于 X 轴对称、2 3∴点 Q 的坐标为（－ 1，－ 3 ）、9 分2 3综合①②得，在抛物线的对称轴上存在点 Q （－ 1，－3），使得以 B ， N ，Q 为顶点的三角形与△ ABC 相像、 10 分37. 如图①，抛物线 Y ＝ AX2＋ BX ＋ 3〔 A ≠ 0〕与 X 轴交于点 A （1，0）和点 B （－ 3， 0），与 Y 轴交于点 C 、〔 1〕求抛物线的分析式；〔 2〕设抛物线的对称轴与 X 轴交于点 M ，问在对称轴上能否存在点P ，使△ CMP 为等腰三角形？假定存在，请直接写出全部切合条件的点 P 的坐标；假定不存在，请说明原因；〔 3〕如图②，假定点 E 为第二象限抛物线上一动点，连结 BE 、CE ，求四边形 BOCE 面积的最大值，并求此时 E 点的坐标、a ＋b ＋＝ 0a 3－b ＋＝解：〔 1〕由题意得 9 330 、1 分a ＝－1解得b ＝－2、2 分∴所求抛物线的分析式为 Y ＝－ X2－ 2X ＋ 3；3 分〔 2〕存在切合条件的点 P ，其坐标为 P （－ 1，10）或P （－ 1，－10 ）5或 P （－ 1，6）或 P （－ 1， 3 ）； 7 分〔 3〕解法一：过点 E 作 EF ⊥ X 轴于点 F ，设 E （ M ，－ M2－ 2M ＋3）〔－ 3《A 《 0〕那么 EF ＝－ M2－2M ＋3， BF ＝ M ＋ 3， OF ＝－ M 、 8 分 ∴ S 四边形 BOCE ＝ S △BEF ＋ S 梯形 FOCE1 1＝ 2 BF · EF ＋ 2 （ EF ＋ OC ）·OF11＝ 2 （M ＋3）（－ M2－2M ＋3）＋ 2（－ M2－2M ＋6）（－ M ）、 9 分3 99 ＝－ 2 M2－ 2M ＋ 2 10分33 63＝－ 2 （M ＋ 2 ）2＋ 8363∴当 M ＝－ 2 时， S 四边形 BOCE 最大，且最大值为8 、11分33 15此时 Y ＝－（－ 2 ）2－2×（－ 2 ）＋ 3＝ 4315∴此时 E 点的坐标为（－ 2 ，4）、 12 分解法二：过点 E 作 EF ⊥ X 轴于点 F ，设 E （ X ， Y ）〔－ 3《 X 《 0〕 8 分那么 S 四边形 BOCE ＝S △ BEF ＋ S 梯形 FOCE11＝ 2 BF · EF ＋ 2（ EF ＋ OC ）·OF1 1＝ 2 （3＋X ）· Y ＋ 2 （3＋ Y ）（－ X ）、 9 分 33＝ 2 （Y －X ）＝ 2 （－ X2－3X ＋ 3）、 10 分33 63＝－ 2 （X ＋ 2 ）2＋ 8363∴当 X ＝－ 2 时， S 四边形 BOCE 最大，且最大值为8 、11分3315此时 Y ＝－（－ 2）2－2×（－2）＋3＝43 15∴此时 E 点的坐标为（－ 2 ， 4 ）、 12 分38. 如图，抛物线 Y ＝AX2＋BX ＋C 与 X 轴交于 A 、B 两点，与 Y 轴交于点 C 、此中点 A 在 X 轴的负半轴上，点 C 在 Y 轴的负半轴上，线段 OA 、OC 的长〔 OA 《OC 〕是方程 X2 －5X ＋4＝ 0 的两个根，且抛物线的对称轴是直线X ＝1、〔 1〕求 A 、B 、C 三点的坐标；〔 2〕求此抛物线的分析式；〔 3〕假定点 D 是线段 AB 上的一个动点〔与点 A 、B 不重合〕，过点 D 作 DE ∥ BC 交AC 于点 E ，连结 CD ，设 BD 的长为 M ，△ CDE 的面积为 S ，求 S 与 M 的函数关系式，并写出自变量 M 的取值范围、 S 能否存在最大值？假定存在，求出最大值并求此时 D 点坐标；假定不存在，请说明原因、解：〔 1〕∵ OA、OC的长是方程X2－5X＋4＝ 0 的两个根， OA《OC、∴OA＝1， OC＝ 4、∵点 A 在 X 轴的负半轴，点C在 Y 轴的负半轴∴A〔－ 1，0〕，C〔0，－ 4〕、∵抛物线 Y＝ AX2＋ BX＋ C的对称轴为X＝ 1∴由对称性可得 B 点坐标为〔 3， 0〕、∴A、 B、 C三点的坐标分别是： A〔－ 1，0〕，B〔3，0〕，C〔0，－ 4〕、3 分〔2〕∵点 C〔 0，－ 4〕在抛物线 Y＝ AX2＋ BX＋C图象上，∴ C＝－ 4、 4 分将 A〔－ 1，0〕，B〔3，0〕代入 Y＝AX2＋BX－4 得a ＝4a －b－4 ＝03b ＝－8 ＋－＝9a 3b 4 0解得 3 6 分48∴此抛物线的分析式为Y＝3X2－3X－4、 7分〔3〕∵ BD＝M，∴ AD＝ 4－M、在 RT△ BOC中， BC2＝OB2＋ OC2＝ 32＋ 42＝ 25，∴BC＝5、∵ DE∥BC，∴△ ADE∽△ ABC、DEAD－DE4 m∴BC＝AB，即 5 ＝ 4 、20－ 5m∴DE＝4、OC 4过点 E 作 EF⊥ AB于点 F，那么 SIN∠ EDF＝ SIN∠CBA＝BC＝5、EF 4 4 4 20－ 5m∴ DE ＝5，∴EF＝ 5DE＝5 × 4 ＝4－M、9 分∴S＝ S△ CDE＝ S△ ADC－ S△ ADE1 1＝ 2 （4－M）×4－ 2 （4－M）（4－M）1＝－2M2＋2M1＝－ 2 （M－2）2＋2〔0《M《4〕、10分1∵－ 2《0∴当 M＝2 时， S有最大值 2、 11 分此时 OD＝OB－BD＝ 3－2＝1、∴此时 D 点坐标为〔 1， 0〕、12 分39.如图，抛物线 Y＝ A（ X＋3）（ X－1）与 X 轴订交于 A、B 两点〔点 A 在点 B 右边〕，过点 A 的直线交抛物线于另一点 C，点 C的坐标为（－ 2， 6）、〔 1〕求 A 的值及直线 AC的函数关系式；〔 2〕 P 是线段 AC上一动点，过点P 作 Y 轴的平行线，交抛物线于点M，交 X 轴于点 N、①求线段 PM长度的最大值；②在抛物线上能否存在这样的点 M，使得△ CMP与△ APN相像？假如存在，请直接写出全部知足条件的点 M的坐标〔不用写解答过程〕；假如不存在，请说明原因、解：〔 1〕由题意得 6＝ A（－ 2＋ 3）（－ 2－ 1），∴ A＝－ 2、 1 分∴抛物线的分析式为 Y＝－ 2（ X＋ 3）（ X－ 1），即 Y＝－ 2X2－ 4X＋ 6令－ 2（X＋3）（X－ 1）＝ 0，得 X1＝－ 3， X2＝ 1∵点 A 在点 B 右边，∴ A（1，0），B（－ 3，0）设直线 AC 的函数关系式为 Y ＝ KX ＋B ，把 A （ 1，0）、C （－ 2，6）代入，得k ＋ b ＝ 0k ＝－2－k b＝＋＝6解得 b 22∴直线 AC 的函数关系式为 Y ＝－ 2X ＋ 2、 3 分〔 2〕①设 P 点的横坐标为 M （－ 2≤ M ≤1），那么 P （ M ，－ 2M ＋ 2）， M （M ，－ 2M2－ 4M ＋ 6）、 4 分∴ PM ＝－ 2M2－ 4M ＋ 6－（－ 2M ＋ 2）＝－ 2M2－ 2M ＋ 419＝－ 2（M ＋ 2 ）2＋219∴当 M ＝－ 2时，线段 PM 长度的最大值为 2 、 6 分 ②存在 M1（0，6 ）、 7分155M2（－ 4 ，8）、 9 分点 M 的坐标的求解过程以下〔原题不作要求，自己增添，仅供参照〕ⅰ）如图 1，当 M 为直角极点时，连结 CM ，那么 CM ⊥ PM ，△ CMP ∽△ ANP∵点 C （－ 2， 6），∴点 M 的纵坐标为 6，代入 Y ＝－ 2X2－4X ＋ 6 得－ 2X2－ 4X ＋ 6＝ 6，∴ X ＝－ 2〔舍去〕或 X ＝ 0 ∴M1（0，6）〔此时点 M 在 Y 轴上，即抛物线与 Y 轴的交点，此时直线 MN 与 Y 轴重合，点 N 与原点 O 重合〕 ⅱ）如图 2，当 C 为直角极点时，设M （M ，－ 2M2－ 4M ＋ 6）（－ 2≤ M ≤ 1）过 C 作 CH ⊥MN 于 H ，连结 CM ，设直线 AC 与 Y 轴订交于点 D 那么△ CMP ∽△ NAP又∵△ HMC ∽△ CMP ，△ NAP ∽△ OAD ，∴△ HMC ∽△ OADCHMH∴OD ＝ OA∵C（－ 2，6），∴ CH＝ M＋2，MH＝－ 2M2－ 4M＋6－ 6＝－ 2M2－4M 在 Y＝－ 2X＋ 2 中，令 X＝0，得 Y＝2∴D（ 0， 2），∴ OD＝ 2m 2 2m2 4m∴ 2 ＝ 11整理得 4M2＋ 9M＋2＝0，解得 M＝－ 2〔舍去〕或 M＝－41 1 1 55当 M＝－4时，－ 2M2－4M＋6＝（－4）2－4×（－4）＋ 6＝8155∴M2（－4，8）7 D（0，9 34，该图象在 X如图，二次函数的图象经过点），且极点 C 的横坐标为轴上截得的线段AB 的长为 6、〔1〕求该二次函数的分析式；〔2〕在该抛物线的对称轴上找一点P，使 PA＋PD最小，求出点 P 的坐标；〔 3〕在抛物线上能否存在点Q，使△ QAB与△ ABC相像？假如存在，求出点Q的坐标；假如不存在，请说明原因、解：〔 1〕设该二次函数的分析式为Y＝ A（ X－ H）2＋ K73∵极点 C 的横坐标为 4，且过点D（0，9）73∴9＝16A＋K①又∵对称轴为直线X＝ 4，图象在 X 轴上截得的线段AB的长为 6 ∴A（ 1， 0），B（7，0）∴0＝ 9A＋ K②3由①②解得A＝9，K＝－33∴该二次函数的分析式为Y＝9（X－4）2－3〔 2〕∵点 A、 B 对于直线 X＝4 对称，∴ PA＝ PB ∴PA＋PD＝PB＋PD≥ DB∴当点 P 在线段 DB上时， PA＋ PD获得最小值∴ DB与对称轴的交点即为所求的点P，如图 1设直线 X＝4 与 X轴交于点 M∵PM∥OD，∴∠ BPM＝∠ BDO又∠ PBM＝∠ DBO，∴△ BPM∽△ BDOPMPMBM 7 3 33＝ 7 ，∴PM＝3 '∴DO＝BO，即93∴点 P 的坐标为（ 4，3）〔3〕由〔 1〕知点 C（4，－3），又∵ AM＝ 3，∴在 RT△ ACM中， TAN∠ ACM＝3，∴∠ACM＝60°∵AC＝BC，∴∠ ACB＝120°①如图 2，当点 Q在 X轴上方时，过 Q作 QN⊥ X 轴于 N 假如 AB＝ BQ，由△ ABC∽△ ABQ，得 BQ＝6，∠ ABQ＝120°∴∠ QBN＝ 60°∴QN＝3 3，BN＝3，ON＝10∴此时点 Q的坐标为（ 10，3 3）3∵9（10－4）2－3＝3 3，∴点Q在抛物线上假如 AB＝ AQ，由对称性知Q（－ 2，3 3），且也在抛物线上②当点 Q在 X 轴下方时，△ QAB就是△ ACB∴此时点 Q的坐标为（ 4，－3）综上所述，在抛物线上存在点Q，使△ QAB与△ ABC相像点 Q的坐标为（ 10，3 3）或（－ 2，3 3）或（ 4，－3）、41.，如图，抛物线 Y＝ AX2＋ 3AX＋C〔 A》 0〕与 Y 轴交于 C点，与 X轴交于 A、 B 两点， A 点在 B点左边，点 B 的坐标为〔 1，0〕，OC＝3OB、〔1〕求抛物线的分析式；〔2〕假定点 D是线段 AC下方抛物线上的动点，求四边形 ABCD面积的最大值；〔3〕假定点 E在 X 轴上，点 P 在抛物线上，能否存在以 A、C、E、P 为极点且以 AC 为一边的平行四边形？假定存在，求点P 的坐标；假定不存在，请说明原因、3a 3解：〔 1〕∵对称轴 X＝－2a ＝－ 2 、 1 分又∵ OC＝ 3OB＝ 3， A》0∴C（ 0，－ 3）、 2 分方法一：把B（1， 0）、 C（0，－ 3）代入 Y＝AX2＋ 3AX＋ C得：3a＋3a＋ c＝ 0解得a＝4c ＝－ 3c ＝－ 33 9∴抛物线的分析式为 Y＝4X2＋4 X－3、 4 分方法二：令AX2＋3AX＋ C＝0，那么 XA＋XB＝－ 3∵ B（ 1， 0），∴ XA＋ 1＝－ 3，∴ XA＝－ 4∴A（－ 4，0）∴可设抛物线的分析式为Y＝A（ X＋ 4）（ X－1），把 C（ 0，－ 3）代入3得－ 3＝A（0＋ 4）（0－1），∴ A＝43∴抛物线的分析式为Y＝4（X＋4）（X－1）3 9即 Y＝4 X2＋4 X－3、 4 分〔 2〕方法一：如图1，过点 D作 DN⊥ X轴，垂足为N，交线段AC于点M∵S 四边形 ABCD＝ S△ABC＋ S△ACD1 1＝ 2 AB·OC＋ 2 DM·（AN＋ON）1 1＝ 2 （4＋1）×3＋ 2 DM·415＝2＋2DM、5分设直线 AC的分析式为Y＝KX＋ B，把 A（－ 4， 0）、 C（0，－ 3）代入3－4k＋ b＝0得解得 k＝－4b＝－ 3b＝－ 33∴直线 AC的分析式为 Y＝－4 X－ 3、 6 分3 9 3设 D（X，4X2＋4 X－3），那么 M（X，－4X－3）3 3 9 3∴ DM＝－4X－ 3－（4X2＋4 X－3）＝－4（X＋ 2）2＋3、 7 分当 X＝－ 2 时， DM有最大值 31527此时四边形ABCD面积有最大值，最大值为： 2方法二：如图2，过点 D作 DQ⊥ Y轴于 Q，过点＋2×3＝2、8分C作 CC1∥X 轴交抛物线于C13 9 3 9设 D（ X，4X2＋4 X－ 3），那么 DQ＝－ X， OQ＝－4X2－4 X＋3从图象可判断当点 D在 CC1下方的抛物线上运动时，四边形 ABCD面积才有最大值那么 S 四边形 ABCD＝S△ BOC＋ S 梯形 AOQD－S△ CDQ11 1＝2 OB·OC＋ 2 （AO＋DQ）·OQ－ 2 DQ·CQ11 1＝ 2 ×1×3＋ 2 （4＋DQ）·OQ－ 2 DQ·（OQ－3）3 3＝ 2 ＋2OQ＋2 DQ、 5 分3 3 9 3＝ 2－2（4X2＋4X－3）－ 2X315＝－ 2 X2－6X＋ 2327＝－ 2 （X＋2）2＋ 2 、7分27 当 X＝－ 2 时，四边形ABCD面积有最大值 28 分〔 3〕如图 3①过点 C 作 CP1∥X 轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1∥AC交X 轴于点E1，那么四边形 ACP1E1为平行四边形、9 分39∵C（ 0，－ 3），令4 X2＋4 X－ 3＝－ 3解得 X1＝ 0， X2＝3，∴ CP1＝ 3∴ P1（－ 3，－ 3）、11 分②平移直线 AC交 X 轴于点 E，交 X 轴上方的抛物线于点 P，当 AC＝PE时，四边形ACEP为平行四边形、12 分∵ C（ 0，－ 3），∴设 P（ X， 3）3 9 －3＋ 41 － 3 －41由4X2＋4 X－ 3＝3，解得 X＝ 2 或 X＝ 2 －3＋ 41 －3－ 41∴ P2（ 2 ， 3）， P3（ 2 ，3）、14 分综上所述，存在以A、C、E、P 为极点且以 AC为一边的平行四边形，点P 的坐标分别为：－3＋ 41 －3－ 41P1（－ 3，－ 3），P2（ 2 ， 3）， P3（ 2 ， 3）142.如图，在平面直角坐标系 XOY中，抛物线 Y＝－2 X2＋BX＋C 与 X 轴交于 A（1，0）、 B（5，0）两点、〔 1〕求抛物线的分析式和极点 C的坐标；〔 2〕设抛物线的对称轴与 X 轴交于点 D，将∠ DCB绕点 C按顺时针方向旋转，角的两边 CD和 CB与 X 轴分别交于点P、Q，设旋转角为α（ 0°《α ≤90°）、①当α等于多少度时，△CPQ是等腰三角形？②设 BP＝ T， AQ＝S，求 S 与 T 之间的函数关系式、1－ 2 ＋b＋c＝0解：〔 1〕依据题意，得、、 1 分25－2＋ 5b＋c＝ 0b＝ 3解得 5 、、 2 分c＝－21 5∴抛物线的分析式为Y＝－2 X2＋ 3X－2 、 3 分1即 Y＝－2（ X－3）2＋2、∴极点 C 的坐标为〔 3， 2〕、、 4 分〔2〕①∵ CD＝ DB＝ AD＝ 2， CD⊥AB，∴∠ DCB＝∠ CBD＝ 45°、 5 分1ⅰ〕假定CQ＝ CP，那么∠PCD＝2 ∠PCQ＝°、∴当α＝ 22.5 °时，△ CPQ是等腰三角形、6 分ⅱ〕假定 CQ＝ PQ，那么∠ CPQ＝∠ PCQ＝45°，此时点 Q与 D 重合，点 P 与 A 重合、∴当α＝ 45°时，△ CPQ是等腰三角形、7 分ⅲ〕假定 PC＝ PQ，那么∠ PCQ＝∠ PQC＝45°，此时点∴α＝0°，不合题意、8 分∴当α＝ 22.5 °或 45°时，△ CPQ是等腰三角形、②连结 AC，∵ AD＝ CD＝ 2，CD⊥AB，Q与 B 重合，点9 分P 与D重合、∴∠ ACD＝∠ CAD＝ 45°， AC＝BC＝22＋22 ＝22 、10 分ⅰ〕当 0°《α≤45°时，∵∠ ACQ＝∠ ACP＋∠ PCQ＝∠ ACP＋45°、∠BPC＝∠ ACP＋∠ CAD＝∠ ACP＋ 45°、∴∠ ACQ＝∠ BPC、11 分又∵∠ CAQ＝∠ PBC＝ 45°，∴△ ACQ∽△ BPC、AQ AC∴BC＝BP、∴AQ·BP＝AC·BC＝2 2×2 2＝8、 12 分ⅱ〕当 45°《α《 90°时，同理可得AQ· BP＝AC· BC＝ 8、13 分8∴ S＝t、14 分2018 中考数学压轴题及答案40 例〔 8〕32.： RT△ ABC的斜边长为 5，斜边上的高为 2，将这个直角三角形搁置在平面直角坐标系中，使其斜边 AB与 X 轴重合〔此中 OA《OB〕，直角极点 C落在 Y 轴正半轴上〔如图1〕、〔1〕求线段 OA、OB的长和经过点 A、 B、 C的抛物线的关系式、〔2〕如图 2，点 D 的坐标为〔 2，0〕，点 P〔 M，N〕是该抛物线上的一个动点〔此中 M》 0， N》 0〕，连结 DP交 BC于点 E、①当△ BDE是等腰三角形时，直接写出此时点 E 的坐标、②又连结 CD、CP〔如图 3〕，△ CDP能否有最大面积？假定有，求出△CDP的最大面积和此时点P 的坐标；假定没有，请说明原因、OA OC解：〔 1〕由题意知RT△△ AOC∽ RT△ COB，∴OC＝OB、∴OC2＝OA·OB＝OA（AB－OA），即 22＝OA（5－ OA）、∴OA2－5OA＋ 4＝0，∵ OA《 OB，∴ OA＝1， OB＝ 4、 2 分∴A（－ 1，0），B（4，0），C（0，2）、∴可设所求抛物线的关系式为Y＝A（X＋1）（X－4）、 3 分1将点 C（0，2）代入，得 2＝ A（ 0＋1）（0－4），∴A＝－2、1∴经过点 A、 B、C 的抛物线的关系式为Y＝－2（X＋1）（X－4）、 4 分1 3即 Y＝－2X2＋2X＋2、14 842545， 5〔2〕① E1（3， 2 ），E2（ 5 ， 5 ），E3（ 5 ）、7 分对于点 E 的坐标求解过程以下〔原题不作要求，自己增添，仅供参照〕：设直线 BC 的分析式为 Y ＝KX ＋ B 、1 4k b 0k2那么b2解得b 21∴直线 BC 的分析式为 Y ＝－ 2X ＋ 2、1∵点 E 在直线 BC 上，∴ E （ X ，－ 2 X ＋2）、1假定 ED ＝ EB ，过点 E 作 EH ⊥ X 轴于 H ，如图 2，那么 DH ＝ 2 DB ＝ 1、 ∴ OH ＝OD ＋DH ＝2＋1＝3、11∴点 E 的横坐标为3，代入直线 BC 的分析式，得 Y ＝－ 2 ×3＋2＝ 2 、1∴E1（3， 2 ）、1假定 DE ＝ DB ，那么（ X － 2） 2＋（－ 2 X ＋ 2） 2＝22、4整理得 5X2－ 24X ＋ 16＝ 0，解得 X1＝ 4〔舍去〕，X2＝ 5 、1 4 848∴ Y ＝－ 2× 5＋2＝5，∴E2（ 5，5）、1假定 BE ＝ BD ，那么（ X － 4） 2＋（－ 2X ＋ 2）2＝22、45整理得 5X2－ 24X ＋ 16＝ 0，解得 X1＝45 〔此时点 P 在第四象限，舍去〕， X2445＝5、14 244 254555， 5∴Y ＝－ 2 ×（ 5）＋2＝ 5 ，∴ E3（5）、②△ CDP 有最大面积、 8 分过点 D 作 X 轴的垂线，交 PC 于点 M ，如图 3、设直线 PC 的分析式为 Y ＝PX ＋ Q ，将 C （0， 2），P （ M ， N ）代入，n 2q 2pm得 mp q n 解得 q 2n 2 2n 4∴直线 PC 的分析式为 Y ＝ m X ＋ 2，∴ M （ 2， m ＋2）、1S △CDP ＝ S △CDM ＋ S △PDM ＝ 2 XP ·YM12n 4＝ 2 M （ m ＋ 2）＝ M ＋N －21 3＝ M ＋（－ 2 M2＋ 2 M ＋ 2）－ 215＝－ 2M2＋2M1525＝－ 2（M － 2）2＋ 8525∴当M ＝2时，△ CDP 有最大面积，最大面积为8 、9 分153521此时 N ＝－ 2×（ 2）2＋ 2× 2＋2＝ 85 21∴此时点 P 的坐标为（ 2 ， 8 ）、 10 分33. 如图，抛物线 Y ＝X2＋4X ＋ 3 交 X 轴于 A 、 B 两点，交 Y 轴于点 C ， ?抛物线的对称轴交 X 轴于点 E ，点 B 的坐标为（－ 1， 0）、〔 1〕求抛物线的对称轴及点 A 的坐标；〔 2〕在平面直角坐标系 XOY 中能否存在点 P ，与 A 、B 、C 三点组成一个平行四边形？假定存在，请写出点 P 的坐标；假定不存在，请说明原因；〔 3〕连结 CA 与抛物线的对称轴交于点 D ，在抛物线上能否存在点 M ，使得直线 CM把四边形 DEOC 分红面积相等的两部分？假定存在，恳求出直线 CM 的分析式；假定不存在，请说明原因、4解：〔 1〕对称轴为直线 X ＝－ 2 ＝－ 2，即 X ＝－ 2； 2 分令 Y ＝ 0，得 X2＋4X ＋3＝0，解得 X1＝－ 1，X2＝－ 3、∵点 B 的坐标为（－ 1， 0），∴点 A 的坐标为（－ 3， 0）、 4 分〔 2〕存在，点 P 的坐标为（－ 2，3），（ 2， 3）和（－ 4，－ 3）、 7 分〔 3〕存在、 8 分当 X ＝ 0 时， Y ＝X2＋ 4X ＋3＝ 3，∴点 C 的坐标为（ 0，3）、AO ＝ 3，EO ＝2，AE ＝ 1， CO ＝ 3、 ∵ DE ∥CO ，AEDE1DE∴△ AED ∽△ AOC 、∴ AO ＝ CO ，即 3 ＝ 3、 ∴ DE ＝1、 9 分∵ DE ∥CO ，且 DE ≠ CO ，∴四边形 DEOC 为梯形、1S 梯形 DEOC ＝ 2（1＋3）× 2＝4、设直线 CM 交 X 轴于点 F ，如图、假定直线CM把梯形DEOC分红面积相等的两部分，那么S△ COF＝ 21 1 4即 2 CO·FO＝2、∴ 2 ×3FO＝2，∴FO＝ 3 、4∴点 F 的坐标为（－ 3 ，0）、10分∵直线 CM经过点 C（0， 3），∴设直线CM的分析式为 Y＝KX＋3、4 4把F（－3， 0）代入，得－3K＋3＝0、11 分9∴K＝4、9∴直线 CM的分析式为Y＝4 X＋ 3、12 分34. 在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0， 2），点 C（－ 1，0），以下列图；抛物线Y＝ AX2＋ AX－ 2 经过点 B、〔1〕求点 B 的坐标；〔2〕求抛物线的分析式；〔3〕在抛物线上能否还存在点 P〔点 B 除外〕，使△ ACP仍旧是以 AC为直角边的等腰直角三角形？假定存在，求全部点P 的坐标；假定不存在，请说明原因、解：〔 1〕过点 B 作 BD⊥ X 轴于 D、∵∠ BCD＋∠ ACO＝ 90°，∠ ACO＋∠ CAO＝ 90°、∴∠ BCD＝∠ CAO、 1 分又∵∠ BDC＝∠ COA＝ 90°， BC＝ CA、∴ RT△BCD≌RT△CAO，2 分∴BD＝CO＝1， CD＝AO＝2、 3 分∴点 B 的坐标为（－ 3， 1）； 4 分1 〔 2〕把B（－ 3，1）代入Y＝AX2＋AX－2，得1＝ 9A－ 3A－ 2，解得A＝2 、 6分1 1∴抛物线的分析式为Y＝2X2＋2X－2；7分〔 3〕存在、 8 分①延伸 BC至点 P1，使 CP1＝ BC，那么获得以点ACP1、C为直角极点的等腰直角三角形△9 分过点 P1 作 P1M⊥X 轴、∵CP1＝BC，∠ P1CM＝∠ BCD，∠ P1MC＝∠ BDC＝ 90°、∴ RT△P1CM≌ RT△ BCD， 10 分∴ CM＝CD＝2， P1M＝ BD＝1，可求得点P1（1，－ 1）；11 分1 1把 X＝1 代入 Y＝2 X2＋2 X－2，得 Y＝－ 1、∴点 P1（ 1，－ 1）在抛物线上、12 分②过点 A 作 AP2⊥AC，且使 AP2＝ AC，那么获得以点 A 为直角极点的等腰直角三角形△ ACP2、13 分过点 P2 作 P2N⊥Y 轴，同理可证RT△ P2NA≌RT△AOC、14 分P2N＝ AO＝ 2， AN＝ CO＝ 1、可求得点P2（2，1）、15 分1 1把 X＝2 代入 Y＝2 X2＋2 X－2，得 Y＝1、∴点 P2（ 2， 1）在抛物线上、 16 分综上所述，在抛物线上还存在点 P1（ 1，－ 1）和 P2（ 2， 1），使△ ACP仍旧是以 AC 为直角边的等腰直角三角形、35. 如图，在平面直角坐标中，二次函数图象的极点坐标为C（4，－3），且在X轴上截得的线段AB 的长为 6、〔1〕求二次函数的分析式；〔2〕点 P 在 Y 轴上，且使得△ PAC的周长最小，求：①点 P 的坐标；②△ PAC的周长和面积；〔 3〕在 X 轴上方的抛物线上，能否存在点 Q，使得以 Q、A、B 三点为极点的三角形与△ ABC相像？假如存在，求出点 Q的坐标；假如不存在，请说明原因、解：〔 1〕设二次函数的分析式为Y＝ A（X－ 4） 2－3 （A≠0），且A（X1，0），B（X2，0）、∵Y＝ A（ X－4）2－3＝AX2－8AX＋16A－33∴ X1＋X2＝8， X1X2＝16－a、3 3∴ AB2＝（ X1－X2）2＝（ X1＋X2） 2－ 4X1X2＝ 82－4（ 16－a）＝ 36，∴ A＝9 、3∴二次函数的分析式为 Y＝9（X－4）2－3 、 2 分〔2〕①如图 1，作点 A 对于 Y轴的对称点 A′，连结 A′C交 Y轴于点 P，连结 PA，那么点 P 为所求、3令 Y＝0，得9（X－4）2－3＝0，解得 X1＝ 1， X2＝7、∴A（ 1， 0）， B（7， 0）、∴ OA＝ 1，∴ OA′＝ 1、设抛物线的对称轴与 X 轴交于点 D，那么 AD＝ 3， A′ D＝ 5， DC＝3、OP A O OP 1 3∵△ A′OP∽△ ADC，∴DC＝AD，即3＝ 5 ，∴OP＝ 5 、3∴ P（ 0，－5）、 4 分②∵A′C＝ AD2 DC 2 ＝ 5 2 ( 3)2 ＝ 2 7 AC＝ AD 2 DC 2 ＝ 32 ( 3)2 ＝ 2 3∴△ PAC的周长＝ PA＋ PC＋AC＝A′C＋ AC＝27 ＋ 2 3 、 5 分1 1 3 4 3S△PAC＝ S△A′AC－ S△ A′ AP＝2 A′ A（ DC－ OP）＝2×2×（3－5）＝ 5 、7分〔3〕存在、 8 分DC 3∵TAN∠BAC＝AD＝3，∴∠ BAC＝ 30°、同理，∠ ABC＝ 30°，∴∠ ACB＝ 120°， AC＝ BC、①假定以 AB为腰，∠ BAQ1为顶角，使△ ABQ1∽△ CBA，那么 AQ1＝ AB＝6，∠ BAQ1 ＝120°、如图 2，过点 Q1作 Q1H⊥X 轴于 H，那么3 1Q1H＝ AQ1·SIN60°＝ 6×2＝3 3， HA＝AQ1·COS60°＝6×2＝3、HO＝HA－ OA＝3－1＝2、∴点 Q1的坐标为（－2，3 3）、3 3把 X＝－2代入 Y＝9（X－4）2－3，得 Y＝9（－2－4）2－3＝3 3、∴点 Q1在抛物线上、9 分②假定以 BA为腰，∠ ABQ2为顶角，使△ ABQ2∽△ ACB，由对称性可求得点Q1的坐标为（ 10，3 3）、相同，点Q2也在抛物线上、10 分③假定以 AB为底， AQ， BQ为腰，点 Q在抛物线的对称轴上，不合题意，舍去、11分综上所述，在 X 轴上方的抛物线上存在点Q1（－ 2，3 3）和 Q2（10，3 3），使得以 Q、 A、 B 三点为极点的三角形与△ ABC相像、12 分36.如图，抛物线 Y＝AX2＋BX＋C（A≠ 0）与 X 轴交于 A（－ 3， 0）、B 两点，与 Y轴订交于点C（0，3）、当X＝－4和X＝2时，二次函数Y＝AX2＋BX＋C（A≠0）的函数值 Y 相等，连结 AC、 BC、〔 1〕务实数 A，B， C的值；〔 2〕假定点 M、N 同时从 B 点出发，均以每秒 1 个单位长度的速度分别沿BA、 BC边运动，此中一个点抵达终点时，另一点也随之停止运动、当运动时间为T 秒时，连结MN，将△ BMN沿 MN翻折， B 点恰巧落在 AC边上的 P 处，求 T 的值及点 P 的坐标；〔 3〕在〔 2〕的条件下，抛物线的对称轴上能否存在点Q，使得以 B， N， Q为极点的三角形与△ ABC相像？假定存在，恳求出点 Q的坐标；y假定不存在，请说明原因、9a 3b c 0 Cc 3 P N16a 4b c 4a 2b c解：〔 1〕由题意得A M OB x3 2 3解得 A＝－3， B＝－3，C＝3、3 分3 2 3 3 2 3〔 2〕由〔 1〕知 Y＝－ 3 X2－3X＋3，令 Y＝ 0，得－3X2－ 3 X＋3 ＝0、解得 X1＝－ 3，X2＝1、∵A（－ 3，0），∴ B（1，0）、又∵ C（0，3），∴OA＝3，OB＝1，OC＝3，∴AB＝4，BC＝2、OA y∴TAN∠ACO＝OC＝3，∴∠ ACO＝ 60°，∴∠ CAO＝ 30°、同理，可求得∠ CBO＝60°，∠ BCO＝ 30°，∴∠ ACB＝90°、 C∴△ ABC是直角三角形、P N又∵ BM＝ BN＝ T，∴△ BMN是等边三角形、∴∠ BNM＝ 60°，∴∠ PNM＝ 60°，∴∠ PNC＝60°、PNAB A H M O B x ∴ RT△PNC∽RT△ABC，∴NC＝BC、图 1t 4由题意知 PN＝ BN＝ T， NC＝BC－BN＝ 2－T，∴2 t ＝ 2 、4∴T＝3、 4分4 1∴OM＝BM－OB＝3－1＝3、4 3 2 3如图 1，过点 P 作 PH⊥ X 轴于 H，那么 PH＝ PM· SIN60°＝3× 2 ＝ 3 、41 2MH＝ PM· COS60°＝3×2＝3、1 2∴OH＝OM＋MH＝3＋3＝1、2 3∴点 P 的坐标为（－ 1，3）、 6 分〔 3〕存在、由〔 2〕知△ ABC是直角三角形，假定△ BNQ与△ ABC相像，那么△ BNQ也是直角三角形、3 2 3∵二次函数Y＝－3X2－3X＋3的图象的对称轴为X＝－1、∴点 P 在对称轴上、∵PN∥X 轴，∴ PN⊥对称轴、又∵ QN≥ PN， PN＝ BN，∴ QN≥BN、∴△ BNQ不存在以点 Q为直角极点的情况、①如图 2，过点 N作 QN⊥对称轴于 Q，连结 BQ，那么△ BNQ是以点 N为直角极点的直角三角形，且QN》PN，∠ MNQ＝30°、43PN 3 8 3∴∠ PNQ＝ 30°，∴ QN＝cos30o＝ 2 ＝9 、8 39QN4 2 3∴BN＝3＝3、AC QN AC∵ BC ＝TAN60°＝ 3 ，∴ BN ≠ BC 、∴当△ BNQ以点 N为直角极点时，△BNQ与△ ABC不相像、7 分②如图 3，延伸 NM交对称轴于点Q，连结 BQ，那么∠ BMQ＝ 120°、∵∠ AMP＝ 60°，∠ AMQ＝∠ BMN＝ 60°，∴∠ PMQ＝120°、∴∠ BMQ＝∠ PMQ，又∵ PM＝ BM， QM＝ QM、∴△ BMQ≌△ PMQ，∴∠ BQM＝∠ PQM＝ 30°、∵∠ BNM＝ 60°，∴∠ QBN＝ 90°、∵∠ CAO＝ 30°，∠ ACB＝90°、∴△ BNQ∽△ ABC、8 分∴当△ BNQ以点 B 为直角极点时，△BNQ∽△ ABC、设对称轴与X 轴的交点为 D、∵∠ DMQ＝∠ DMP＝ 60°， DM＝DM，∴ RT△ DMQ≌ RT△ DMP、∴ DQ＝PD，∴点 Q与点 P 对于 X 轴对称、2 3∴点 Q 的坐标为（－ 1，－ 3 ）、9 分2 3综合①②得，在抛物线的对称轴上存在点 Q （－ 1，－3），使得以 B ， N ，Q 为顶点的三角形与△ ABC 相像、 10 分37. 如图①，抛物线 Y ＝ AX2＋ BX ＋ 3〔 A ≠ 0〕与 X 轴交于点 A （1，0）和点 B （－ 3，0），与 Y 轴交于点 C 、〔 1〕求抛物线的分析式；〔 2〕设抛物线的对称轴与 X 轴交于点 M ，问在对称轴上能否存在点P ，使△ CMP 为等腰三角形？假定存在，请直接写出全部切合条件的点P 的坐标；假定不存在，请说明原因；〔 3〕如图②，假定点 E 为第二象限抛物线上一动点，连结 BE 、CE ，求四边形 BOCE面积的最大值，并求此时E 点的坐标、a ＋b ＋＝ 0a 3－b ＋＝解：〔 1〕由题意得 9 330 、1 分a ＝－1解得b ＝－2、2 分∴所求抛物线的分析式为 Y ＝－ X2－ 2X ＋ 3；3 分〔 2〕存在切合条件的点 P ，其坐标为 P （－ 1，10）或P （－ 1，－10 ）5或 P （－ 1，6）或 P （－ 1， 3 ）； 7 分〔 3〕解法一：过点 E 作 EF ⊥ X 轴于点 F ，设 E （ M ，－ M2－ 2M ＋3）〔－ 3《A 《 0〕那么 EF ＝－ M2－2M ＋3， BF ＝ M ＋ 3， OF ＝－ M 、 8 分 ∴ S 四边形 BOCE ＝ S △BEF ＋ S 梯形 FOCE1 1＝ 2 BF · EF ＋ 2 （ EF ＋ OC ）·OF11＝ 2 （M ＋3）（－ M2－2M ＋3）＋ 2 （－ M2－2M ＋6）（－ M ）、 9 分3 9 9＝－ 2 M2－2M ＋210 分33 63＝－ 2 （M ＋ 2 ）2＋ 8363∴当 M ＝－ 2 时， S 四边形 BOCE 最大，且最大值为 8 、11分3315此时 Y ＝－（－ 2）2－2×（－ 2）＋ 3＝4315∴此时 E 点的坐标为（－ 2 ，4）、 12 分解法二：过点 E 作 EF ⊥ X 轴于点 F ，设 E （ X ， Y ）〔－ 3《 X 《 0〕 8 分那么 S 四边形 BOCE ＝S △ BEF ＋ S 梯形 FOCE1 1＝ 2 BF · EF ＋ 2 （ EF ＋ OC ）·OF11＝ 2 （3＋X ）· Y ＋ 2 （3＋ Y ）（－ X ）、 9 分33＝ 2（Y －X ）＝2（－ X2－ 3X ＋ 3）、 10 分3363＝－ 2（X ＋ 2）2＋ 8363∴当 X ＝－ 2 时， S 四边形 BOCE 最大，且最大值为8 、11分33 15此时 Y ＝－（－ 2 ）2－2×（－ 2）＋3＝ 4315∴此时 E 点的坐标为（－ 2 ， 4 ）、 12 分38. 如图，抛物线 Y ＝AX2＋BX ＋C 与 X 轴交于 A 、B 两点，与 Y 轴交于点 C 、此中点 A 在 X 轴的负半轴上，点 C 在 Y 轴的负半轴上，线段 OA 、OC 的长〔 OA 《OC 〕是方程 X2 －5X ＋4＝ 0 的两个根，且抛物线的对称轴是直线X ＝1、〔 1〕求 A 、B 、C 三点的坐标；〔 2〕求此抛物线的分析式；〔 3〕假定点 D 是线段 AB 上的一个动点〔与点 A 、B 不重合〕，过点 D 作 DE ∥ BC 交AC 于点 E ，连结 CD ，设 BD 的长为 M ，△ CDE 的面积为 S ，求 S 与 M 的函数关系式，并写出自变量 M 的取值范围、 S 能否存在最大值？假定存在，求出最大值并求此时 D 点坐标；假定不存在，请说明原因、解：〔 1〕∵ OA、OC的长是方程X2－5X＋4＝ 0 的两个根， OA《OC、∴OA＝1， OC＝ 4、∵点 A 在 X 轴的负半轴，点C在 Y 轴的负半轴∴A〔－ 1，0〕，C〔0，－ 4〕、∵抛物线 Y＝ AX2＋ BX＋ C的对称轴为X＝ 1∴由对称性可得 B 点坐标为〔 3， 0〕、∴A、 B、 C三点的坐标分别是： A〔－ 1，0〕，B〔3，0〕，C〔0，－ 4〕、3 分〔2〕∵点 C〔 0，－ 4〕在抛物线 Y＝ AX2＋ BX＋C图象上，∴ C＝－ 4、 4 分将 A〔－ 1，0〕，B〔3，0〕代入 Y＝AX2＋BX－4 得a ＝4a －b－4 ＝03b ＝－8 ＋－＝9a 3b 4 0解得 3 6 分48∴此抛物线的分析式为Y＝3X2－3X－4、 7分〔3〕∵ BD＝M，∴ AD＝ 4－M、在 RT△ BOC中， BC2＝OB2＋ OC2＝ 32＋ 42＝ 25，∴BC＝5、∵ DE∥BC，∴△ ADE∽△ ABC、DEAD－DE4 m∴BC＝AB，即 5 ＝ 4 、20－ 5m∴DE＝4、OC 4过点 E 作 EF⊥ AB于点 F，那么 SIN∠ EDF＝ SIN∠CBA＝BC＝5、EF 4 4 4 20－ 5m∴ DE ＝5，∴EF＝ 5DE＝5 × 4 ＝4－M、9 分∴S＝ S△ CDE＝ S△ ADC－ S△ ADE1 1＝ 2 （4－M）×4－ 2 （4－M）（4－M）1＝－2M2＋2M。

2019中考数学试题分类考点训练及中考冲刺集训-三角形-试题及解析

11．三角形（时间：45分钟共16题答对____题正确率_______％)命题点1 三角形三边关系1．（2019•淮安）下列长度的3根小木棒不能搭成三角形的是（）A．2cm，3cm，4cm B．1cm，2cm，3cmC．3cm，4cm，5cm D．4cm，5cm，6cm2．（2019•扬州）已知n是正整数，若一个三角形的3边长分别是n+2、n+8、3n，则满足条件的n 的值有（）A．4个B．5个C．6个D．7个3．（2019•自贡）已知三角形的两边长分别为1和4，第三边长为整数，则该三角形的周长为（）A．7 B．8 C．9 D．10命题点2 三角形内角和及外角4．（2019•绍兴）如图，墙上钉着三根木条a，b，C，量得∠1＝70°，∠2＝100°，那么木条a，b所在直线所夹的锐角是（）A．5°B．10°C．30°D．70°5．（2019•青岛）如图，BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，垂足为F．若∠ABC＝35°，∠C＝50°，则∠CDE的度数为（）A．35°B．40°C．45°D．50°6．（2019•杭州）在△ABC中，若一个内角等于另外两个内角的差，则（）A．必有一个内角等于30°B．必有一个内角等于45°C．必有一个内角等于60°D．必有一个内角等于90°7．（2019•眉山）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于点D，∠B＝30°，∠ADC＝70°，则∠C的度数是（）A．50°B．60°C．70°D．80°8．（2019•枣庄）将一副直角三角板按如图所示的位置放置，使含30°角的三角板的一条直角边和含45°角的三角板的一条直角边放在同一条直线上，则∠α的度数是（）A ．45°B ．60°C ．75°D ．85°命题点3 三角形的高、中线、角平分线9．(2019·达州)如图，在Rt△ABC 中．△ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝3．(1)尺规作图：不写作法，保留作图痕迹。

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2019年中考备考：中考模拟卷三角形压轴题精选1.（2019广东省深圳市福田二模）如图所示，要在某东西走向的A、B两地之间修一条笔直的公路，在公路起点A处测得某农户C在A的北偏东68°方向上．在公路终点B处测得该农户c在点B的北偏西45°方向上．己知A、B两地相距2400米．（1）求农户c到公路B的距离；（参考数据：sin22°≈，cos22°≈，tan22°≈（2）现在由于任务紧急，要使该修路工程比原计划提前4天完成，需将该工程原定的工作效率提高20%，求原计划该工程队毎天修路多少米？【分析】（1）农户C到公路的距离，也就是求C到AB的距离．要构造直角三角形，再解直角三角形；（2）设原计划x天完成，则由等量关系“原工作效率×（1+25%）＝提前完成时的工作效率”列方程求解．【解答】解：（1）如图，过C作CH⊥AB于H．设CH＝x，由已知有∠EAC＝68°，∠FBC＝45°，则∠CAH＝22°，∠CBA＝45°．在Rt△BCH中，BH＝CH＝x，在Rt△HBC中，tan∠HBC＝，∴HB＝＝，∵AH+HB＝AB，∴x+x＝2400，解得x＝（米），∴农户C到公路的距离米．（2）设原计划完成这项工程需要y天，则实际完成工程需要（y﹣4）天．根据题意得：＝（1+20%）×，解得：y＝24．经检验知：y＝24是原方程的根，2400÷24＝100（米）．答：原计划该工程队毎天修路100米．【点评】考查了构造直角三角形解斜三角形的方法和分式方程的应用．2.（2019浙江省南通市一模）如图，已知△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝12，D是AC边上一点，且AB2＝AD•AC，连接BD，点E、F分别是BC、AC上两点（点E不与B、C重合），∠AEF＝∠C，AE与BD相交于点G．（1）求：BD的长；（2）求证：△BGE∽△CEF；（3）连接FG，当△GEF是等腰三角形时，直接写出BE的所有可能的长度．【分析】（1）证明△ADB∽△ABC，可得，由此即可解决问题．（2）想办法证明∠BEA＝∠EFC，∠DBC＝∠C即可解决问题．（3）分三种情形构建方程组解决问题即可．【解答】解：（1）∵AB＝8，AC＝12，又∵AB2＝AD•AC∴∵AB2＝AD•AC，∴，又∵∠BAC是公共角∴△ADB∽△ABC，∴∴＝∴．（2）∵AC＝12，，∴，∴BD＝CD，∴∠DBC＝∠C，∵△ADB∽△ABC∴∠ABD＝∠C，∴∠ABD＝∠DBC，∵∠BEF＝∠C+∠EFC，即∠BEA+∠AEF＝∠C+∠EFC，∵∠AEF＝∠C，∴∠BEA＝∠EFC，又∵∠DBC＝∠C，∴△BEG∽△CFE．（3）如图1中，过点A作AH∥BC，交BD的延长线于点H，设BE＝x，CF＝y，∵AH∥BC，∴＝＝＝＝，∵BD＝CD＝，AH＝8，∴AD＝DH＝，∴BH＝12，∵AH∥BC，∴＝，∴＝，∴BG＝，∵∠BEF＝∠C+∠EFC，∴∠BEA+∠AEF＝∠C+∠EFC，∵∠AEF＝∠C，∴∠BEA＝∠EFC，又∵∠DBC＝∠C，∴△BEG∽△CFE，∴＝，∴＝，∴y＝；当△GEF是等腰三角形时，存在以下三种情况：①若GE＝GF，如图2中，则∠GEF＝∠GFE＝∠C＝∠DBC，∴△GEF∽△DBC，∵BC＝10，DB＝DC＝，∴＝＝，又∵△BEG∽△CFE，∴＝＝，即＝，又∵y＝，∴x＝BE＝4；②若EG＝EF，如图3中，则△BEG与△CFE全等，∴BE＝CF，即x＝y，又∵y＝，∴x＝BE＝﹣5+；③若FG＝FE，如图4中，则同理可得＝＝，由△BEG∽△CFE，可得＝＝，即＝，又∵y＝，∴x＝BE＝﹣3+．【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、三角形的外角性质、解一元二次方程等知识的综合运用．解题的难点是正确寻找相似三角形解决问题，运用分类思想是解决第（3）小题的关键．3.（2019江苏省无锡市一模）（1）如图1，已知EK垂直平分BC，垂足为D，AB与EK交于点F，连接CF．求证：∠AFE＝∠CFD．（2）如图2，在Rt△GMN中，∠M＝90°，P为MN的中点．①用直尺和圆规在GN边上求作点Q，使得∠GQM＝∠PQN（保留作图痕迹，不要求写作法）；②在①的条件下，如果∠G＝60°，GM＝3，P为MN中点，求MQ的长度．【分析】（1）证明FC＝FB，利用等腰三角形的三线合一的性质即可解决问题．（2）①作点P关于GN的对称点P′，连P′M交GN于Q，连接PQ，点Q即为所求．②想办法证明GQ＝GN即可．【解答】（1）证明：如图1中，∵FK垂直平分线段BC，∴FC＝FB，∴∠CFD＝∠BFD，∵∠BFD＝∠AFE，∴∠AFE＝∠CFD．（2）①作点P关于GN的对称点P′，连P′M交GN于Q，连接PQ，点Q即为所求．理由：∵GN垂直平分PP′，∴QP′＝QP，∠KQP′＝∠KQP，∵∠GQM＝∠KQP′，∴∠GQM＝∠PQK，∴点P即为所求．②∵P，P′关于GN对称，∴GN⊥PP′，PK＝KP′，∴∠PKN＝90°，∵∠N＝30°，∴∠PNK＝60°，∴PN＝2KP＝PP′，∵PM＝PN，∴PM＝PP′，∵∠NPK＝∠PMP′+∠P′，∴∠PMP′＝∠P′＝30°，∴∠QMN＝∠N＝30°，∴MQ＝NQ，∵∠G＝∠QMG＝60°，∴QG＝QM，∴MQ＝QG＝NQ，∵GM＝3，∠N＝30°，∠NMG＝90°，∴GN＝2GM＝6，∴MQ＝3．【点评】本题考查作图﹣复杂作图，线段的垂直平分线的性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．4.（2019江苏省扬州市一模）有一边是另一边的倍的三角形叫做智慧三角形，这两边中较长边称为智慧边，这两边的夹角叫做智慧角．（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，若∠A为智慧角，则∠B的度数为；（2）如图①，在△ABC中，∠A＝45°，∠B＝30°，求证：△ABC是智慧三角形；（3）如图②，△ABC是智慧三角形，BC为智慧边，∠B为智慧角，A（3，0），点B，C在函数y＝（x＞0）的图象上，点C在点B的上方，且点B的纵坐标为．当△ABC是直角三角形时，求k的值．【分析】（1）利用智慧角的意义和勾股定理即可得出结论；（2）构造出两个直角三角形，即可得出结论；（3）分两种情况：①先判断出△BCF∽△ABE，进而得出B（3+a，），C（1+a，+a），最后代入反比例函数解析式中即可得出结论；②先判断出△MAC≌△NBA（AAS）．进而AM＝BN＝，进而得出B（3+b，），C（3﹣，b），最后代入反比例函数解析式中即可得出结论．【解答】解：（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A是智慧角，∴AB＝AC，根据根据勾股定理得，BC＝AC，∴∠B＝∠A＝45°，故答案为45°；（2）如图2，过点C作CD⊥AB于点D．在Rt△ACD中，∠A＝45°，∴AC＝DC．在Rt△BCD中，∠B＝30°，∴BC＝2DC．∴＝．∴△ABC是智慧三角形．（3）由题意可知∠ABC＝90°或∠BAC＝90°．①当∠ABC＝90°时，如图3，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥EB交EB延长线于点F，过点C作CG⊥x轴于点G，则∠AEB ＝∠F＝∠ABC＝90°．∴∠BCF+∠CBF＝∠ABE+∠CBF＝90°．∴∠BCF＝∠ABE．∴△BCF∽△ABE．∴＝＝＝．设AE＝a，则BF＝a．∵BE＝，∴CF＝2．∵OG＝OA+AE﹣GE＝3+a﹣2＝1+a，CG＝EF＝+a，∴B（3+a，），C（1+a，+a）．∵点B，C在函数y＝（x＞0）的图象上，∴（3+a）＝（1+a）（+a）＝k．解得：a1＝1，a2＝﹣2（舍去）．∴k＝．②当∠BAC＝90°时，如图4，过点C作CM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N．则∠CMA＝∠CAB＝∠ANB＝90°．∴∠MCA+∠CAM＝∠BAN+∠CAM＝90°．∴∠MCA＝∠BAN．由（1）知∠B＝45°．∴△ABC是等腰直角三角形．∴AC＝AB．由①知△MAC∽△NBA．∴△MAC≌△NBA（AAS）．∴AM＝BN＝．设CM＝AN＝b，则ON＝3+b．∴B（3+b，），C（3﹣，b）．∵点B，C在函数y＝（x＞0）的图象上，∴（3+b）＝（3﹣）b＝k．解得：b＝9+12．∴k＝18+15．综上所述，k＝4或18+15．【点评】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，构造直角三角形和相似三角形是解本题的关键．5.（2019辽宁省沈阳市一模）如图在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，M为AC的中点．D 是射线CB上一个动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接ED，N为ED的中点，连接MN．（1）如图1，∠BCE＝，NM与AC的位置关系是；（2）如图2，判断（1）中NM与AC的位置关系是否发生变化，并证明你的结论；（3）连接ME，在点D运动的过程中，当CD的长为何值时，ME的长最小？最小值是多少？请直接写出结果．【分析】（1）如图1中，连接AN，CN．证明△BAD≌△CAE（SAS），推出∠ABD＝∠ACE＝45°，再利用直角三角形斜边中线的性质以及等腰三角形的性质即可解决问题．（2）如图2中，结论不变．证明方法类似（1）．（3）根据垂线段最短即可解决问题．【解答】解：（1）如图1中，连接AN，CN．∵△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠B＝∠ACB＝45°∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE＝45°，∴∠ECB＝45°+45°＝90°，∵DN＝EN，∴CN＝DE，同法AN＝DE，∴NA＝NC，∵AM＝MC，∴NM⊥AC，故答案为90°，MN⊥AC．（2）如图2中，结论不变．理由：连接AN，CN．∵△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠B＝∠ACB＝45°∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠ABD＝∠ACE＝135°，∴∠DCB＝90°，∵DN＝EN，∴CN＝DE，同法AN＝DE，∴NA＝NC，∵AM＝MC，∴NM⊥AC．（3）如图3中，由（1）可知∠ECB＝90°，∴CE⊥BC，∴当ME⊥EC时，ME的值最小，在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝2，∴BC＝4，∵AM＝MC＝，在Rt△CME中，∵∠ECM＝∠CME＝45°，∴EC＝EM＝1，由（1）可知：△BAD≌△CAE，∴BD＝EC＝1，∴CD＝4﹣1＝3．∴当CD＝3时，EM的值最小，最小值为1．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考压轴题．6.（2019辽宁省营口市一模）如图，在东西方向的海岸线MN上有A，B两港口，海上有一座小岛P，渔民每天都乘轮船从A，B两港口沿AP，BP的路线去小岛捕鱼作业．已知小岛P在A港的北偏东60°方向，在B港的北偏西45°方向，小岛P距海岸线MN的距离为30海里．（1）求AP，BP的长（参考数据：≈1.4，≈1.7，≈2.2）；（2）甲、乙两船分别从A，B两港口同时出发去小岛P捕鱼作业，甲船比乙船晚到小岛24分钟．已知甲船速度是乙船速度的1.2倍，利用（1）中的结果求甲、乙两船的速度各是多少海里/时？【分析】（1）过点P作PE⊥MN，垂足为E．构造直角三角形APE和BPE，利用直角三角形中特殊角所对应的边角关系，求出AP、BP．（2）设乙船的速度是x海里/时，根据甲船比乙船晚到小岛24分钟，列出方程，求解方程即可．【解答】解：（1）过点P作PE⊥MN，垂足为E．由题意，得∠PAB＝90°﹣60°＝30°，∠PBA＝90°﹣45°＝45°．∵PE＝30海里，∴AP＝60海里．∵PE⊥MN，∠PBA＝45°，∴∠PBE＝∠BPE＝45°，∴PE＝EB＝30海里．在Rt△PEB中，BP＝＝30≈42（海里）．故AP＝60（海里），BP＝42（海里）．（2）设乙船的速度是x海里/时，则甲船的速度是1.2x海里/时，根据题意，得﹣＝，解得x＝20经检验，x＝20是原方程的解．∴甲船的速度为1.2x＝1.2×20＝24．答：甲船的速度是24海里/时，乙船的速度是20海里/时．【点评】本题考查了解直角三角形的应用和列分式方程解应用题．解决（1）的关键是构造直角三角形，利用特殊角的边角关系；解决（2）的关键是根据题意，找到等量关系列出分式方程．7.（2019浙江省温州市龙湾区一模）如图，在8×8的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．（1）在图1中画出∠ADC，使得∠ADC＝∠ABC，且点D为格点．（2）在图2中画出∠CEB，使得∠CEB＝2∠CAB，且点E为格点．【分析】（1）构造全等三角形解决问题即可．（2）利用圆周角定理解决问题即可．【解答】解：（1）如图点D，D′，D″即为所求．（2）如图点E，E′即为所求．【点评】本题考查作图﹣应用与设计，全等三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．8.（2019浙江省台州市一模）直角三角形有一个非常重要的性质质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，比如：如图1，Rt△ABC中，∠C＝90°，D为斜边AB中点，则CD＝AD＝BD＝AB．请你利用该定理和以前学过的知识解决下列问题：在△ABC中，直线a绕顶点A旋转．（1）如图2，若点P为BC边的中点，点B、P在直线a的异侧，BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，连接PM、PN．求证：PM＝PN；（2）如图3，若点B、P在直线a的同侧，其它条件不变，此时PM＝PN还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）如图4，∠BAC＝90°，直线a旋转到与BC垂直的位置，E为AB上一点且AE＝AC，EN⊥a于N，连接EC，取EC中点P，连接PM、PN，求证：PM⊥PN．【分析】（1）如图2中，延长NP交BM的延长线于G．只要证明△PNC≌△PGB，推出PN＝PG，再根据直角三角形斜边中线定理即可证明．（2）结论：PM＝PN．延长NP交BM于G，证明方法类似（1）．（3）如图4中，延长NP交BM于G．先证明△EAN≌△CAM，推出EN＝AM，AN＝CM，再证明△ENP ≌△CGP，推出EN＝CG＝AM，PN＝PG，因为AN＝CM，所以MG＝MN，即可证明PM⊥PN．【解答】（1）证明：如图2中，延长NP交BM的延长线于G．∵BM⊥AM，CN⊥AM，∴BG∥CN，∴∠PCN＝∠PBG，在△PNC和△PGB中，，∴△PNC≌△PGB，∴PN＝PG，∵∠NMG＝90°，∴PM＝PN＝PG．（2）结论：PM＝PN．如图3中，延长NP交BM于G．∵BM⊥AM，CN⊥AM，∴BM∥CN，∴∠PCN＝∠PBG，在△PNC和△PGB中，，∴△PNC≌△PGB，∴PN＝PG，∵∠NMG＝90°，∴PM＝PN＝PG．（3）如图4中，延长NP交BM于G．∵∠EAN+∠CAM＝90°，∠CAM+∠ACM＝90°，∴∠EAN＝∠ACM，在△EAN和△CAM中，，∴△EAN≌△CAM，∴EN＝AM，AN＝CM，∵EN∥CG，∴∠ENP＝∠CGP，在△ENP和△CGP中，，∴△ENP≌△CGP，∴EN＝CG＝AM，PN＝PG，∵AN＝CM，∴MG＝MN，∴PM⊥PN．【点评】本题考查几何变换综合题、直角三角形斜边中线性质、全等三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，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，属于中考压轴题．9.（2019安徽省淮南市一模）如图1，在锐角△ABC中，D、E分别是AB、BC的中点，点F在AC上，且满足∠AFE＝∠A，DM∥EF交AC于点M．（1）证明：DM＝DA；（2）如图2，点G在BE上，且∠BDG＝∠C，求证：△DEG∽△ECF；（3）在图2中，取CE上一点H，使得∠CFH＝∠B，若BG＝3，求EH的长．【分析】（1）想办法证明∠AMD＝∠A即可．（2）根据两角相等的两个三角形相似即可证明．（3）理由相似三角形以及平行四边形的性质证明BG＝EH即可解决问题．【解答】（1）证明：如图1所示，∵DM∥EF，∴∠AMD＝∠AFE，∵∠AFE＝∠A，∴∠AMD＝∠A，∴DM＝DA．（其他解法酌情给分）（2）证明：如图2所示，∵D、E分别是AB、BC的中点，∴DE∥AC，∴∠BDE＝∠A，∠DEG＝∠C，∵∠AFE＝∠A，∴∠BDE＝∠AFE，∴∠BDG+∠GDE＝∠C+∠FEC，∵∠BDG＝∠C，∴∠GDE＝∠FEC，∴△DEG∽△ECF．（3）如图3所示，∵∠BDG＝∠C＝∠DEB，∠B＝∠B，∴△BDG∽△BED，∴，∴BD2＝BG•BE，∵∠AFE＝∠A，∠CFH＝∠B，∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣∠AFE﹣∠CFH＝∠EFH，又∵∠FEH＝∠CEF，∴△EFH∽△ECF，∴EF2＝EH•EC，∵DE∥AC，DM∥EF，∴四边形DEFM是平行四边形，∴EF＝DM＝DA＝BD，∴BG•BE＝EH•EC，∵BE＝EC，∴EH＝BG＝3．【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用相似三角形的性质证明线段线段，属于中考压轴题．10.（2019安徽省淮南市二模）已知，如图，在坡顶A处的同一水平面上有一座古塔BC，数学兴趣小组的同学在斜坡底P处测得该塔的塔顶B的仰角为45°，然后他们沿着坡度为1：2.4的斜坡AP攀行了26米，在坡顶A处又测得该塔的塔顶B的仰角为76°．求：（1）坡顶A到地面PO的距离；（2）古塔BC的高度（结果精确到1米）．（参考数据：sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4.01）【分析】（1）先过点A作AH⊥PO，根据斜坡AP的坡度为1：2.4，得出＝，设AH＝5k，则PH＝12k，AP＝13k，求出k的值即可．（2）先延长BC交PO于点D，根据BC⊥AC，AC∥PO，得出BD⊥PO，四边形AHDC是矩形，再根据∠BPD＝45°，得出PD＝BD，然后设BC＝x，得出AC＝DH＝x﹣14，最后根据在Rt△ABC中，tan76°＝，列出方程，求出x的值即可．【解答】解：（1）过点A作AH⊥PO，垂足为点H，∵斜坡AP的坡度为1：2.4，设AH＝5k，则PH＝12k，由勾股定理，得AP＝13k，∴13k＝26，解得k＝2，∴AH＝10，答：坡顶A到地面PO的距离为10米．（2）延长BC交PO于点D，∵BC⊥AC，AC∥PO，∴BD⊥PO，∴四边形AHDC是矩形，CD＝AH＝10，AC＝DH，∵∠BPD＝45°，∴PD＝BD，设BC＝x，则x+10＝24+DH，∴AC＝DH＝x﹣14，在Rt△ABC中，tan76°＝，即≈4.01．解得x≈19．答：古塔BC的高度约为19米．【点评】此题考查了解直角三角形，用到的知识点是勾股定理、锐角三角函数、坡角与坡角等，关键是做出辅助线，构造直角三角形．11.（2019安徽省庐江县一模）已知如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝AC，点D在AB上，DE⊥AB交BC于E，点F是AE的中点（1）写出线段FD与线段FC的关系并证明；（2）如图2，将△BDE绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°），其它条件不变，线段FD与线段FC的关系是否变化，写出你的结论并证明；（3）将△BDE绕点B逆时针旋转一周，如果BC＝4，BE＝2，直接写出线段BF的范围．【分析】（1）结论：FD＝FC，DF⊥CF．理由直角三角形斜边中线定理即可证明；（2）如图2中，延长AC到M使得CM＝CA，延长ED到N，使得DN＝DE，连接BN、BM．EM、AN，延长ME交AN于H，交AB于O．想办法证明△ABN≌△MBE，推出AN＝EM，再利用三角形中位线定理即可解决问题；（3）分别求出BF的最大值、最小值即可解决问题；【解答】解：（1）结论：FD＝FC，DF⊥CF．理由：如图1中，∵∠ADE＝∠ACE＝90°，AF＝FE，∴DF＝AF＝EF＝CF，∴∠FAD＝∠FDA，∠FAC＝∠FCA，∴∠DFE＝∠FDA+∠FAD＝2∠FAD，∠EFC＝∠FAC+∠FCA＝2∠FAC，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，∴∠BAC＝45°，∴∠DFC＝∠EFD+∠EFC＝2（∠FAD+∠FAC）＝90°，∴DF＝FC，DF⊥FC．（2）结论不变．理由：如图2中，延长AC到M使得CM＝CA，延长ED到N，使得DN＝DE，连接BN、BM．EM、AN，延长ME交AN于H，交AB于O．∵BC⊥AM，AC＝CM，∴BA＝BM，同法BE＝BN，∵∠ABM＝∠EBN＝90°，∴∠NBA＝∠EBM，∴△ABN≌△MBE，∴AN＝EM，∴∠BAN＝∠BME，∵AF＝FE，AC＝CM，∴CF＝EM，FC∥EM，同法FD＝AN，FD∥AN，∴FD＝FC，∵∠BME+∠BOM＝90°，∠BOM＝∠AOH，∴∠BAN+∠AOH＝90°，∴∠AHO＝90°，∴AN⊥MH，FD⊥FC．（3）如图3中，当点E落在AB上时，BF的长最大，最大值＝3如图4中，当点E落在AB的延长线上时，BF的值最小，最小值＝．综上所述，≤BF．【点评】本题考查等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、三角形中位线定理等知识，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，属于中考压轴题．12.（2019北京市汇文中学一模）阅读理解：如图①，如果四边形ABCD满足AB＝AD，CB＝CD，∠B＝∠D＝90°，那么我们把这样的四边形叫做“完美筝形”．将一张如图①所示的“完美筝形”纸片ABCD先折叠成如图②所示形状，再展开得到图③，其中CE，CF为折痕，∠BCE＝∠ECF＝∠FCD，点B′为点B的对应点，点D′为点D的对应点，连接EB′，FD′相交于点O．简单应用：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是；（2）当图③中的∠BCD＝120°时，∠AEB′＝°；（3）当图②中的四边形AECF为菱形时，对应图③中的“完美筝形”有个（包含四边形ABCD）．拓展提升：当图③中的∠BCD＝90°时，连接AB′，请探求∠AB′E的度数，并说明理由．【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和“完美筝形”的定义容易得出结论；（2）先证出∠AEB′＝∠BCB′，再求出∠BCE＝∠ECF＝40°，即可得出结果；（3）由折叠的性质得出BE＝B′E，BC＝B′C，∠B＝∠CB′E＝90°，CD＝CD′，FD＝FD′，∠D ＝∠CD′F＝90°，即可得出四边形EBCB′、四边形FDCD′是“完美筝形”；由题意得出∠OD′E＝∠OB′F＝90°，CD′＝CB′，由菱形的性质得出AE＝AF，CE＝CF，再证明△OED′≌△OFB′，得出OD′＝OB′，OE＝OF，证出∠AEB′＝∠AFD′＝90°，即可得出四边形CD′OB′、四边形AEOF是“完美筝形”；即可得出结论；当图③中的∠BCD＝90°时，四边形ABCD是正方形，证明A、E、B′、F四点共圆，得出，由圆周角定理即可得出∠AB′E的度数．【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠C≠90°，∠B＝∠D≠90°，∴AB≠AD，BC≠CD，∴平行四边形不一定为“完美筝形”；②∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，∴AB≠AD，BC≠CD，∴矩形不一定为“完美筝形”；③∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠A＝∠C≠90°，∠B＝∠D≠90°，∴菱形不一定为“完美筝形”；④∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∴正方形一定为“完美筝形”；∴在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是正方形；故答案为：正方形；（2）根据题意得：∠B′＝∠B＝90°，∴在四边形CBEB′中，∠BEB′+∠BCB′＝180°，∵∠AEB′+∠BEB′＝180°，∴∠AEB′＝∠BCB′，∵∠BCE＝∠ECF＝∠FCD，∠BCD＝120°，∴∠BCE＝∠ECF＝40°，∴∠AEB′＝∠BCB′＝40°+40°＝80°；故答案为：80；（3）当图②中的四边形AECF为菱形时，对应图③中的“完美筝形”有5个；理由如下；根据题意得：BE＝B′E，BC＝B′C，∠B＝∠CB′E＝90°，CD＝CD′，FD＝FD′，∠D＝∠CD′F＝90°，∴四边形EBCB′、四边形FDCD′是“完美筝形”；∵四边形ABCD是“完美筝形”，∴AB＝AD，CB＝CD，∠B＝∠D＝90°，∴CD′＝CB′，∠CD′O＝∠CB′O＝90°，∴∠OD′E＝∠OB′F＝90°，∵四边形AECF为菱形，∴AE＝AF，CE＝CF，AE∥CF，AF∥CE，∴D′E＝B′F，∠AEB′＝∠CB′E＝90°，∠AFD′＝∠CD′F＝90°，在△OED′和△OFB′中，，∴△OED′≌△OFB′（AAS），∴OD′＝OB′，OE＝OF，∴四边形CD′OB′、四边形AEOF是“完美筝形”；∴包含四边形ABCD，对应图③中的“完美筝形”有5个；故答案为：5；当图③中的∠BCD＝90°时，如图所示：四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∵∠EB′F＝90°，∴∠BAD+∠EB′F＝180°，∴A、E、B′、F四点共圆，∵AE＝AF，∴，∴∠AB′E＝∠AB′F＝∠EB′F＝45°．【点评】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质、“完美筝形”的判定与性质、全等三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理等知识；本题难度较大，综合性强，熟练掌握“完美筝形”的定义，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．13.（2019北京市大兴区一模）在平面直角坐标系xOy中，已知点A的坐标为（0，﹣1），点C（m，0）是x轴上的一个动点．（1）如图1，点B在第四象限，△AOB和△BCD都是等边三角形，点D在BC的上方，当点C在x轴上运动到如图所示的位置时，连接AD，请证明△ABD≌△OBC；（2）如图2，点B在x轴的正半轴上，△ABO和△ACD都是等腰直角三角形，点D在AC的上方，∠D ＝90°，当点C在x轴上运动（m＞1）时，设点D的坐标为（x，y），请探求y与x之间的函数表达式；（3）如图3，四边形ACEF是菱形，且∠ACE＝90°，点E在AC的上方，当点C在x轴上运动（m＞1）时，设点E的坐标为（x，y），请探求y与x之间的函数表达式．【分析】（1）由等边三角形的性质得到AB＝OB，BD＝BC，∠ABO＝∠DBC＝60°，从而判断出∠ABD＝∠OBC即可；（2）过点D作DH⊥y轴，垂足为H，延长HD，过点C作CG⊥HD，垂足为G，由△ABO和△ACD都是等腰直角三角形，得出∠ADC＝90°，AD＝CD，∠CDG＝∠DAH，从而得到△AHD≌△DGC（AAS），根据DH＝CG＝OH，点D的坐标为（x，y），得出y与x之间的关系是y＝x；（3）过点E作EM⊥x轴，垂足为M，则∠EMC＝∠COA＝90°，再利用正方形的性质即可得出△EMC ≌△COA（AAS），得到MC＝OA＝1，EM＝OC，EM＝OC＝x+1，进而得出y与x之间的关系是y＝x+1．【解答】解：（1）∵△AOB和△BCD都是等边三角形，∴AB＝OB，BD＝BC，∠ABO＝∠DBC＝60°，∴∠ABD＝∠OBC，在△ABD和△OBC中，，∴△ABD和△OBC；（2）如图，过点D作DH⊥y轴，垂足为H，延长HD，过点C作CG⊥HD，垂足为G．∴∠AHD＝∠CGD＝90°，∵△ABO和△ACD都是等腰直角三角形，∴∠ADC＝90°，AD＝CD，∴∠ADH+∠CDG＝90°，∵∠ADH+∠DAH＝90°，∴∠CDG＝∠DAH，∵在△AHD和△DGC中，，∴△AHD≌△DGC（AAS），∴DH＝CG＝OH，∵点D的坐标为（x，y），∴y与x之间的关系是y＝x；（3）过点E作EM⊥x轴，垂足为M，则∠EMC＝∠COA＝90°，∵四边形ACEF是菱形，且∠ACE＝90°，∴AC＝CE，∠ACO+∠ECO＝90°，∵∠ACO+∠CAO＝90°，∴∠ECO＝∠CAO，在△EMC和△COA中，，∴△EMC≌△COA（AAS），∴MC＝OA＝1，EM＝OC，∵点E的坐标为（x，y），∴EM＝OC＝x+1，∴y与x之间的关系是y＝x+1．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了等边三角形，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定的综合应用，解本题的关键是判定三角形全等，根据全等三角形的对应边相等进行推导．本题也可以运用相似三角形的性质进行求解．14.（2019北京市丰台区一模）如图1，两个全等的△ABC和△DEF中，∠ACB＝∠DFE＝90°，AB＝DE，其中点B和点D重合，点F在BC上，将△DEF沿射线BC平移，设平移的距离为x，平移后的图形与△ABC重合部分的面积为y，y关于x的函数图象如图2所示（其中0≤x≤m，m＜x≤3，3＜x≤4时，函数的解析式不同）（1）填空：BC的长为；（2）求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围．【分析】（1）通过图2观察可知y＝0时x＝4，即D点从B运动到C平移的距离为4；（2）当△DEF在平移过程中，与△ABC的重合部分有三种情况，将三种图形分别画出，通过作辅助线构造相似三角形，通过相似三角形对应边的关系，将各边用x表示出来，即可以列出y与x的函数关系式．【解答】解：（1）由图2得当x＝4时，y＝0，说明此时△DEF与△ABC无重合部分，则点D从B到C运动的距离为4，即BC＝4；故答案为：4．（2）当DE经过点A时（如图1），BD＝3，CD＝1，∵△ABC≌△DEF．∴∠EDF＝∠BAC．∵∠ACD＝∠BCA∴△ADC∽△BAC．∴，即．AC ＝2∴n ＝2当0≤x ≤2时（如图2），设ED 、EF 与AB 分别相交于点M ，G ，作MN ⊥BC ，垂足为N ．则∠MNB ＝90°＝∠EFD ＝∠C ． ∵∠MDN ＝∠EDF ． ∴△DMN ∽△DEF ．∴，即．∴MN ＝2DN ．设DN ＝n ，则MN ＝2n ．同理△BMN ∽△BAC ．∴．即，∴BN ＝4n ，即x +n ＝4n ．∴n ＝x ．∴S △BDM ＝•BD •MN ＝2同理△BGF ∽△BAC∴，即．∴GF ＝，∴y ＝S △BGF ﹣S △BDM ＝2＝﹣x 2+x +1．当2＜x ≤3时（如图3），由①知，S △BDM ＝x 2．∴y ＝S △ABC ﹣S △BDM ＝2＝﹣x 2+4当3＜x ≤4时（如图4），设DE 与AB 相交于点H ．同理△DHC ∽△DEF ．∴，即∴HC ＝24﹣x ．∴y ＝＝x 2﹣8x +16∴y ＝．【点评】本题考查了平移的性质、相似三角形性质，解题的关键是要找到△DEF 运动过程中与△ABC 重叠面积的不同情况，通过辅助线构造相似三角形，要注意分类讨论画出对应的图象．15.（2019北京市海淀区一模）【发现】如图①，已知等边△ABC ，将直角三角板的60°角顶点D 任意放在BC 边上（点D 不与点B 、C 重合），使两边分别交线段AB 、AC 于点E 、F ．（1）若AB ＝6，AE ＝4，BD ＝2，则CF ＝；（2）求证：△EBD∽△DCF．【思考】若将图①中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与边AB、AC的两个交点E、F都存在，连接EF，如图②所示，问：点D是否存在某一位置，使ED平分∠BEF且FD平分∠CFE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【探索】如图③，在等腰△ABC中，AB＝AC，点O为BC边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点O处（其中∠MON＝∠B），使两条边分别交边AB、AC于点E、F（点E、F均不与△ABC的顶点重合），连接EF．设∠B＝α，则△AEF与△ABC的周长之比为（用含α的表达式表示）．【分析】（1）先求出BE的长度后发现BE＝BD的，又∠B＝60°，可知△BDE是等边三角形，可得∠BDE＝60°，另外∠DEF＝60°，可证得△CDF是等边三角形，从而CF＝CD＝BC﹣BD；（2）证明△EBD∽△DCF，这个模型可称为“一线三等角•相似模型”，根据“AA”判定相似；【思考】由角平分可联系到角平分线的性质“角平分线上点到角两边的距离相等”，可过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，则DM＝DG＝DN，从而证明△BDM≌△CDN可得BD＝CD；【探索】由已知不能求得C△ABC＝AB+BC+AC＝2AB+2OB＝2（m+m cosα），则需要用m和α是三角函数表示出C△AEF ，C△AEF＝AE+EF+AF＝AG+AH＝2AG；题中直接已知点O是BC的中点，应用（2）题的方法和结论，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得EG＝ED，FH＝DF，则C△AEF＝AE+EF+AF＝AG+AH＝2AG，而AG＝AB﹣BO，从而可求得．【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝6，∠B＝∠C＝60°．∵AE＝4，∴BE＝2，则BE＝BD，∴△BDE是等边三角形，∴∠BED＝60°，又∵∠EDF＝60°，∴∠CDF＝180°﹣∠EDF﹣∠B＝60°，则∠CDF＝∠C＝60°，∴△CDF是等边三角形，∴CF＝CD＝BC＝BD＝6﹣2＝4．故答案是：4；（2）证明：如图①，∵∠EDF＝60°，∠B＝60°，∴∠CDF+BDE＝120°，∠BED+∠BDE＝120°，∴∠BED＝∠CDF．又∠B＝∠C＝60°，∴△EBD∽△DCF；【思考】存在，如图②，过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别是M、G、N，∵ED平分∠BEF且FD平分∠CFE．∴DM＝DG＝DN．又∠B＝∠C＝60°，∠BMD＝∠CND＝90°，∴△BDM≌△CDN，∴BD＝CD，即点D是BC的中点，∴＝；【探索】如图③，连接AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别是G、D、H．则∠BGO＝∠CHO＝90°，∵AB＝AC，O是BC的中点，∴∠B＝∠C，OB＝OC，∴△OBG≌△OCH，∴OG＝OH，GB＝CH，∠BOG＝∠COH＝90°﹣α，则∠GOH＝180°﹣（∠BOG+∠COH）＝2α，∴∠EOF＝∠B＝α由（2）题可猜想应用EF＝ED+DF＝GE+FH（可通过半角旋转证明），＝AE+EF+AF＝AE+EG+FH+AF＝AG+AH＝2AG，则C△AEF设AB＝m，则OB＝m cosα，GB＝m cos2α．＝＝＝＝1﹣cosα．故答案是：1﹣cosα．【点评】本题主要考查的是三角形的综合应用，解答本题主要应用了角平分线的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识点，综合性较强，难度较大，需要学生具备对所学几何知识的综合应用能力．16.（2019甘肃省高台县一模）如图，在等边△ABC中，BC＝8cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为t（s）．（1）连接EF，当EF经过AC边的中点D时，求证：△ADE≌△CDF；（2）填空：①当t为s时，以A、F、C、E为顶点的四边形是平行四边形；②当t为s时，四边形ACFE是菱形．【分析】（1）由题意得到AD＝CD，再由AG与BC平行，利用两直线平行内错角相等得到两对角相等，利用AAS即可得证；（2）①分别从当点F在C的左侧时与当点F在C的右侧时去分析，由当AE＝CF时，以A、C、E、F 为顶点四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案；②若四边形ACFE是菱形，则有CF＝AC＝AE＝6，由E的速度求出E运动的时间即可．【解答】（1）证明：∵AG∥BC，∴∠EAD＝∠DCF，∠AED＝∠DFC，∵D为AC的中点，∴AD＝CD，∵在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（AAS）；（2）解：①当点F在C的左侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，则CF＝BC﹣BF＝6﹣2t（cm），∵AG∥BC，∴当AE＝CF时，四边形AECF是平行四边形，即t＝8﹣2t，解得：t＝；当点F在C的右侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，则CF＝BF﹣BC＝2t﹣8（cm），∵AG∥BC，∴当AE＝CF时，四边形AEFC是平行四边形，即t＝2t﹣8，解得：t＝8；综上可得：当t＝或8s时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形．②若四边形ACFE是菱形，则有CF＝AC＝AE＝8，则此时的时间t＝8÷1＝8（s）；故答案是：或8；8．【点评】此题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．17.（2019广东省湛江市一模）如图，已知：AD为△ABC的中线，过B、C两点分别作AD所在直线的垂线段BE和CF，E、F为垂足，过点E作EG∥AB交BC于点H，连结HF并延长交AB于点P．（1）求证：DE＝DF（2）若BH：HC＝11：5；①求：DF：DA的值；②求证：四边形HGAP为平行四边形．【分析】（1）由AAS证明△BDE≌△CDF，即可得出结论；（2）①设BH＝11x，则HC＝5x，BC＝16x，则，DH＝3x，由平行线得出△EDH∽△ADB，得出，即可得出结论；②求出＝，证出FH∥AC，即PH∥AC，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵AD为△ABC的中线，∴BD＝CD，∵BE⊥AD，CF⊥AD，∴∠BED＝∠CFD＝90°，在△BDE和△CDF中，，∴△BDE≌△CDF（AAS），∴DE＝DF；（2）①解：设BH＝11x，则HC＝5x，BC＝16x，则，DH＝3x，∵EG∥AB，∴△EDH∽△ADB，∴，∵DE＝DF，∴；②证明：∵，∴，∵，∴＝，∴FH∥AC，∴PH∥AC，∵EG∥AB，∴四边形HGAP为平行四边形．【点评】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定是关键．18.（2019广东省佛山市一模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝l0cm，BD⊥AC于点D，且BD＝8cm．点M从点A出发，沿AC的方向匀速运动，速度为2cm/s；同吋点P从点B出发沿BA的方向匀速运动，速度为lcm/s．已知：过点P的直线PQ满足PQ∥AC，直线PQ交BC于点Q、交BD于点F．设运动时间为ts（0＜t＜5）；。

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