2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编:几何综合(浙江专版)(解析卷)
2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编:选择、填空(浙江专版)(解析卷)
2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编(浙江专版)选择、填空参考答案与试题解析一.选择题(共17小题)1.(2019•杭州)已知一次函数y1=ax+b和y2=bx+a(a≠b),函数y1和y2的图象可能是()A.B.C.D.解:A、由①可知:a>0,b>0.∴直线②经过一、二、三象限,故A正确;B、由①可知:a<0,b>0.∴直线②经过一、二、三象限,故B错误;C、由①可知:a<0,b>0.∴直线②经过一、二、四象限,交点不对,故C错误;D、由①可知:a<0,b<0,∴直线②经过二、三、四象限,故D错误.故选:A.2.(2019•宁波)如图所示,矩形纸片ABCD中,AD=6cm,把它分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后,分别裁出扇形ABF和半径最大的圆,恰好能作为一个圆锥的侧面和底面,则AB的长为()A.3.5cm B.4cm C.4.5cm D.5cm解:设AB=xcm,则DE=(6﹣x)cm,根据题意,得=π(6﹣x),解得x=4.故选:B.3.(2019•杭州)在平面直角坐标系中,已知a≠b,设函数y=(x+a)(x+b)的图象与x轴有M 个交点,函数y=(ax+1)(bx+1)的图象与x轴有N个交点,则()A.M=N﹣1或M=N+1B.M=N﹣1或M=N+2C.M=N或M=N+1D.M=N或M=N﹣1解:∵y=(x+a)(x+b)=x2+(a+b)x+ab,∴△=(a+b)2﹣4ab=(a﹣b)2>0,∴函数y=(x+a)(x+b)的图象与x轴有2个交点,∴M=2,∵函数y=(ax+1)(bx+1)=abx2+(a+b)x+1,∴当ab≠0时,△=(a+b)2﹣4ab=(a﹣b)2>0,函数y=(ax+1)(bx+1)的图象与x轴有2个交点,即N=2,此时M=N;当ab=0时,不妨令a=0,∵a≠b,∴b≠0,函数y=(ax+1)(bx+1)=bx+1为一次函数,与x轴有一个交点,即N=1,此时M=N+1;综上可知,M=N或M=N+1.故选:C.4.(2019•温州)已知二次函数y=x2﹣4x+2,关于该函数在﹣1≤x≤3的取值范围内,下列说法正确的是()A.有最大值﹣1,有最小值﹣2B.有最大值0,有最小值﹣1C.有最大值7,有最小值﹣1D.有最大值7,有最小值﹣2解:∵y=x2﹣4x+2=(x﹣2)2﹣2,∴在﹣1≤x≤3的取值范围内,当x=2时,有最小值﹣2,当x=﹣1时,有最大值为y=9﹣2=7.故选:D.5.(2019•嘉兴)小飞研究二次函数y=﹣(x﹣m)2﹣m+1(m为常数)性质时如下结论:①这个函数图象的顶点始终在直线y=﹣x+1上;②存在一个m的值,使得函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形;③点A(x1,y1)与点B(x2,y2)在函数图象上,若x1<x2,x1+x2>2m,则y1<y2;④当﹣1<x<2时,y随x的增大而增大,则m的取值范围为m≥2.其中错误结论的序号是()A.①B.②C.③D.④解:二次函数y=﹣(x﹣m)2﹣m+1(m为常数)①∵顶点坐标为(m,﹣m+1)且当x=m时,y=﹣m+1∴这个函数图象的顶点始终在直线y=﹣x+1上故结论①正确;②假设存在一个m的值,使得函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形令y=0,得﹣(x﹣m)2﹣m+1=0,其中m≤1解得:x=m﹣,x=m+∵顶点坐标为(m,﹣m+1),且顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形∴|﹣m+1|=|m﹣(m﹣)|解得:m=0或1∴存在m=0或1,使得函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形故结论②正确;③∵x1+x2>2m∴∵二次函数y=﹣(x﹣m)2﹣m+1(m为常数)的对称轴为直线x=m∴点A离对称轴的距离小于点B离对称轴的距离∵x1<x2,且﹣1<0∴y1>y2故结论③错误;④当﹣1<x<2时,y随x的增大而增大,且﹣1<0∴m的取值范围为m≥2.故结论④正确.故选:C.6.(2019•温州)如图,在矩形ABCD中,E为AB中点,以BE为边作正方形BEFG,边EF交CD 于点H,在边BE上取点M使BM=BC,作MN∥BG交CD于点L,交FG于点N,欧几里得在《几何原本》中利用该图解释了(a+b)(a﹣b)=a2﹣b2,现以点F为圆心,FE为半径作圆弧交线段DH于点P,连结EP,记△EPH的面积为S1,图中阴影部分的面积为S2.若点A,L,G在同一直线上,则的值为()A.B.C.D.解:如图,连接ALGL,PF.由题意:S矩形AMLD=S阴=a2﹣b2,PH=,∵点A,L,G在同一直线上,AM∥GN,∴△AML∽△GNL,∴=,∴=,整理得a=3b,∴===,故选:C.7.(2019•湖州)在数学拓展课上,小明发现:若一条直线经过平行四边形对角线的交点,则这条直线平分该平行四边形的面积.如图是由5个边长为1的小正方形拼成的图形,P是其中4个小正方形的公共顶点,小强在小明的启发下,将该图形沿着过点P的某条直线剪一刀,把它剪成了面积相等的两部分,则剪痕的长度是()A.2B.C.D.解:如图,经过P、Q的直线则把它剪成了面积相等的两部分,由图形可知△AMC≌△FPE≌△BPD,∴AM=PB,∴PM=AB,∵PM==,∴AB=,故选:D.8.(2019•台州)已知某函数的图象C与函数y=的图象关于直线y=2对称.下列命题:①图象C与函数y=的图象交于点(,2);②点(,﹣2)在图象C上;③图象C上的点的纵坐标都小于4;④A(x1,y1),B(x2,y2)是图象C上任意两点,若x1>x2,则y1>y2.其中真命题是()A.①②B.①③④C.②③④D.①②③④解:∵函数y=的图象在第一、三象限,则关于直线y=2对称,点(,2)是图象C与函数y=的图象交于点;∴①正确;点(,﹣2)关于y=2对称的点为点(,6),∵(,6)在函数y=上,∴点(,﹣2)在图象C上;∴②正确;∵y=中y≠0,x≠0,取y=上任意一点为(x,y),则点(x,y)与y=2对称点的纵坐标为4﹣;∴③错误;A(x1,y1),B(x2,y2)关于y=2对称点为(x1,4﹣y1),B(x2,4﹣y2)在函数y=上,∴4﹣y1=,4﹣y2=,∵x1>x2>0或0>x1>x2,∴4﹣y1<4﹣y2,∴y1>y2;∴④不正确;故选:A.9.(2019•绍兴)正方形ABCD的边AB上有一动点E,以EC为边作矩形ECFG,且边FG过点D.在点E从点A移动到点B的过程中,矩形ECFG的面积()A.先变大后变小B.先变小后变大C.一直变大D.保持不变解:连接DE,∵,,∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等.故选:D.10.(2019•湖州)已知a,b是非零实数,|a|>|b|,在同一平面直角坐标系中,二次函数y1=ax2+bx 与一次函数y2=ax+b的大致图象不可能是()A.B.C.D.解:解得或.故二次函数y=ax2+bx与一次函数y=ax+b(a≠0)在同一平面直角坐标系中的交点在x轴上为(0,﹣)或点(1,a+b).在A中,由一次函数图象可知a>0,b>0,二次函数图象可知,a>0,b>0,﹣<0,a+b>0,故选项A错误;在B中,由一次函数图象可知a>0,b<0,二次函数图象可知,a>0,b<0,由|a|>|b|,则a+b >0,故选项B错误;在C中,由一次函数图象可知a<0,b<0,二次函数图象可知,a<0,b<0,a+b<0,故选项C 错误;在D中,由一次函数图象可知a<0,b>0,二次函数图象可知,a<0,b>0,由|a|>|b|,则a+b <0,故选项D正确;故选:D.11.(2019•宁波)勾股定理是人类最伟大的科学发现之一,在我国古算书《周髀算经》中早有记载.如图1,以直角三角形的各边为边分别向外作正方形,再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内.若知道图中阴影部分的面积,则一定能求出()A.直角三角形的面积B.最大正方形的面积C.较小两个正方形重叠部分的面积D.最大正方形与直角三角形的面积和解:设直角三角形的斜边长为c,较长直角边为b,较短直角边为a,由勾股定理得,c2=a2+b2,阴影部分的面积=c2﹣b2﹣a(c﹣b)=a2﹣ac+ab=a(a+b﹣c),较小两个正方形重叠部分的长=a﹣(c﹣b),宽=a,则较小两个正方形重叠部分底面积=a(a+b﹣c),∴知道图中阴影部分的面积,则一定能求出较小两个正方形重叠部分的面积,故选:C.12.(2019•金华)如图物体由两个圆锥组成.其主视图中,∠A=90°,∠ABC=105°,若上面圆锥的侧面积为1,则下面圆锥的侧面积为()A.2B.C.D.解:∵∠A=90°,AB=AD,∴△ABD为等腰直角三角形,∴∠ABD=45°,BD=AB,∵∠ABC=105°,∴∠CBD=60°,而CB=CD,∴△CBD为等边三角形,∴BC=BD=AB,∵上面圆锥与下面圆锥的底面相同,∴上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB:CB,∴下面圆锥的侧面积=×1=.故选:D.13.(2019•绍兴)如图1,长、宽均为3,高为8的长方体容器,放置在水平桌面上,里面盛有水,水面高为6,绕底面一棱进行旋转倾斜后,水面恰好触到容器口边缘,图2是此时的示意图,则图2中水面高度为()A.B.C.D.解:过点C作CF⊥BG于F,如图所示:设DE=x,则AD=8﹣x,根据题意得:(8﹣x+8)×3×3=3×3×6,解得:x=4,∴DE=4,∵∠E=90°,由勾股定理得:CD=,∵∠BCE=∠DCF=90°,∴∠DCE=∠BCF,∵∠DEC=∠BFC=90°,∴△CDE∽△BCF,∴,即,∴CF=.故选:A.14.(2019•金华)将一张正方形纸片按如图步骤,通过折叠得到图④,再沿虚线剪去一个角,展开铺平后得到图⑤,其中FM,GN是折痕.若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等,则的值是()A.B.﹣1C.D.解:连接HF,设直线MH与AD边的交点为P,如图:由折叠可知点P、H、F、M四点共线,且PH=MF,设正方形ABCD的边长为2a,则正方形ABCD的面积为4a2,∵若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等∴由折叠可知正方形EFGH的面积=×正方形ABCD的面积=,∴正方形EFGH的边长GF==∴HF=GF=∴MF=PH==a∴=a÷=故选:A.15.(2019•台州)如图,有两张矩形纸片ABCD和EFGH,AB=EF=2cm,BC=FG=8cm.把纸片ABCD交叉叠放在纸片EFGH上,使重叠部分为平行四边形,且点D与点G重合.当两张纸片交叉所成的角α最小时,tanα等于()A.B.C.D.解:如图,∵∠ADC=∠HDF=90°∴∠CDM=∠NDH,且CD=DH,∠H=∠C=90°∴△CDM≌△HDN(ASA)∴MD=ND,且四边形DNKM是平行四边形∴四边形DNKM是菱形∴KM=DM∵sinα=sin∠DMC=∴当点B与点E重合时,两张纸片交叉所成的角a最小,设MD=a=BM,则CM=8﹣a,∵MD2=CD2+MC2,∴a2=4+(8﹣a)2,∴a=∴CM=∴tanα=tan∠DMC==故选:D.16.(2019•衢州)如图,正方形ABCD的边长为4,点E是AB的中点,点P从点E出发,沿E→A →D→C移动至终点C.设P点经过的路径长为x,△CPE的面积为y,则下列图象能大致反映y 与x函数关系的是()A.B.C.D.解:通过已知条件可知,当点P与点E重合时,△CPE的面积为0;当点P在EA上运动时,△CPE的高BC不变,则其面积是x的一次函数,面积随x增大而增大,当x=2时有最大面积为4,当P在AD边上运动时,△CPE的底边EC不变,则其面积是x的一次函数,面积随x增大而增大,当x=6时,有最大面积为8,当点P在DC边上运动时,△CPE的底边EC不变,则其面积是x 的一次函数,面积随x增大而减小,最小面积为0;故选:C.17.(2019•台州)如图是用8块A型瓷砖(白色四边形)和8块B型瓷砖(黑色三角形)不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案,图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为()A.:1B.3:2C.:1D.:2解:如图,作DC⊥EF于C,DK⊥FH于K,连接DF.由题意:四边形DCFK是正方形,∠CDM=∠MDF=∠FDN=∠NDK,∴∠CDK=∠DKF=90°,DK=FK,DF=DK,∴===(角平分线的性质定理,可以用面积法证明),∴==,∴图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为:1,故选:A.二.填空题(共15小题)18.(2019•杭州)在直角三角形ABC中,若2AB=AC,则cos C=或.解:若∠B=90°,设AB=x,则AC=2x,所以BC==x,所以cos C===;若∠A=90°,设AB=x,则AC=2x,所以BC==x,所以cos C===;综上所述,cos C的值为或.故答案为或.19.(2019•宁波)如图,Rt△ABC中,∠C=90°,AC=12,点D在边BC上,CD=5,BD=13.点P是线段AD上一动点,当半径为6的⊙P与△ABC的一边相切时,AP的长为 6.5或3.解:∵在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=12,BD+CD=18,∴AB==6,在Rt△ADC中,∠C=90°,AC=12,CD=5,∴AD==13,当⊙P于BC相切时,点P到BC的距离=6,过P作PH⊥BC于H,则PH=6,∵∠C=90°,∴AC⊥BC,∴PH∥AC,∴△DPH∽△DAC,∴,∴=,∴PD=6.5,∴AP=6.5;当⊙P于AB相切时,点P到AB的距离=6,过P作PG⊥AB于G,则PG=6,∵AD=BD=13,∴∠P AG=∠B,∵∠AGP=∠C=90°,∴△AGP∽△BCA,∴,∴AP=3,∵CD=5<6,∴半径为6的⊙P不与△ABC的AC边相切,综上所述,AP的长为6.5或3,故答案为:6.5或3.20.(2019•杭州)如图,把某矩形纸片ABCD沿EF,GH折叠(点E,H在AD边上,点F,G在BC边上),使点B和点C落在AD边上同一点P处,A点的对称点为A′点,D点的对称点为D′点,若∠FPG=90°,△A′EP的面积为4,△D′PH的面积为1,则矩形ABCD的面积等于2(5+3).解:∵四边形ABC是矩形,∴AB=CD,AD=BC,设AB=CD=x,由翻折可知:P A′=AB=x,PD′=CD=x,∵△A′EP的面积为4,△D′PH的面积为1,∴A′E=4D′H,设D′H=a,则A′E=4a,∵△A′EP∽△D′PH,∴=,∴=,∴x2=4a2,∴x=2a或﹣2a(舍弃),∴P A′=PD′=2a,∴a=1,∴x=2,∴AB=CD=2,PE==2,PH==,∴AD=4+2++1=5+3,∴矩形ABCD的面积=2(5+3).故答案为2(5+3)21.(2019•温州)如图,⊙O分别切∠BAC的两边AB,AC于点E,F,点P在优弧()上,若∠BAC=66°,则∠EPF等于57度.解:连接OE,OF∵⊙O分别切∠BAC的两边AB,AC于点E,F∴OE⊥AB,OF⊥AC又∵∠BAC=66°∴∠EOF=114°∵∠EOF=2∠EPF∴∠EPF=57°故答案为:57°22.(2019•宁波)如图,过原点的直线与反比例函数y=(k>0)的图象交于A,B两点,点A在第一象限.点C在x轴正半轴上,连结AC交反比例函数图象于点D.AE为∠BAC的平分线,过点B作AE的垂线,垂足为E,连结DE.若AC=3DC,△ADE的面积为8,则k的值为6.解:连接OE,CE,过点A作AF⊥x轴,过点D作DH⊥x轴,过点D作DG⊥AF,∵过原点的直线与反比例函数y=(k>0)的图象交于A,B两点,∴A与B关于原点对称,∴O是AB的中点,∵BE⊥AE,∴OE=OA,∴∠OAE=∠AEO,∵AE为∠BAC的平分线,∴∠DAE=∠AEO,∴AD∥OE,∴S△ACE=S△AOC,∵AC=3DC,△ADE的面积为8,∴S△ACE=S△AOC=12,设点A(m,),∵AC=3DC,DH∥AF,∴3DH=AF,∴D(3m,),∵CH∥GD,AG∥DH,∴△DHC∽△AGD,∴S△HDC=S△ADG,∵S△AOC=S△AOF+S梯形AFHD+S△HDC=k+(DH+AF)×FH+S△HDC=k+×2m+=k++=12,∴2k=12,∴k=6;故答案为6;23.(2019•嘉兴)如图,在⊙O中,弦AB=1,点C在AB上移动,连结OC,过点C作CD⊥OC 交⊙O于点D,则CD的最大值为.解:连接OD,如图,∵CD⊥OC,∴∠COD=90°,∴CD==,当OC的值最小时,CD的值最大,而OC⊥AB时,OC最小,此时OC=,∴CD的最大值为=AB=1=,故答案为:.24.(2019•温州)三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放,已知∠AOB=∠AOE=90°,菱形的较短对角线长为2cm.若点C落在AH的延长线上,则△ABE的周长为12+8cm.解:如图所示,连接IC,连接CH交OI于K,则A,H,C在同一直线上,CI=2,∵三个菱形全等,∴CO=HO,∠AOH=∠BOC,又∵∠AOB=∠AOH+∠BOH=90°,∴∠COH=∠BOC+∠BOH=90°,即△COH是等腰直角三角形,∴∠HCO=∠CHO=45°=∠HOG=∠COK,∴∠CKO=90°,即CK⊥IO,设CK=OK=x,则CO=IO=x,IK=x﹣x,∵Rt△CIK中,(x﹣x)2+x2=22,解得x2=2+,又∵S菱形BCOI=IO×CK=IC×BO,∴x2=×2×BO,∴BO=2+2,∴BE=2BO=4+4,AB=AE=BO=4+2,∴△ABE的周长=4+4+2(4+2)=12+8,故答案为:12+8.25.(2019•湖州)如图,已知在平面直角坐标系xOy中,直线y=x﹣1分别交x轴,y轴于点A 和点B,分别交反比例函数y1=(k>0,x>0),y2=(x<0)的图象于点C和点D,过点C作CE⊥x轴于点E,连结OC,OD.若△COE的面积与△DOB的面积相等,则k的值是2.解:令x=0,得y=x﹣1=﹣1,∴B(0,﹣1),∴OB=1,把y=x﹣1代入y2=(x<0)中得,x﹣1=(x<0),解得,x=1﹣,∴,∴,∵CE⊥x轴,∴,∵△COE的面积与△DOB的面积相等,∴,∴k=2,或k=0(舍去).故答案为:2.26.(2019•嘉兴)如图,一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在个平面上,边AC与EF 重合,AC=12cm.当点E从点A出发沿AC方向滑动时,点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动.当点E从点A滑动到点C时,点D运动的路径长为(24﹣12)cm;连接BD,则△ABD的面积最大值为(24+36﹣12)cm2.解:∵AC=12cm,∠A=30°,∠DEF=45°∴BC=4cm,AB=8cm,ED=DF=6cm如图,当点E沿AC方向下滑时,得△E'D'F',过点D'作D'N⊥AC于点N,作D'M⊥BC于点M∴∠MD'N=90°,且∠E'D'F'=90°∴∠E'D'N=∠F'D'M,且∠D'NE'=∠D'MF'=90°,E'D'=D'F'∴△D'NE'≌△D'MF'(AAS)∴D'N=D'M,且D'N⊥AC,D'M⊥CM∴CD'平分∠ACM即点E沿AC方向下滑时,点D'在射线CD上移动,∴当E'D'⊥AC时,DD'值最大,最大值=ED﹣CD=(12﹣6)cm∴当点E从点A滑动到点C时,点D运动的路径长=2×(12﹣6)=(24﹣12)cm 如图,连接BD',AD',∵S△AD'B=S△ABC+S△AD'C﹣S△BD'C∴S△AD'B=BC×AC+×AC×D'N﹣×BC×D'M=24+(12﹣4)×D'N当E'D'⊥AC时,S△AD'B有最大值,∴S△AD'B最大值=24+(12﹣4)×6=(24+36﹣12)cm2.故答案为:(24﹣12),(24+36﹣12)27.(2019•绍兴)如图,矩形ABCD的顶点A,C都在曲线y=(常数是>0,x>0)上,若顶点D的坐标为(5,3),则直线BD的函数表达式是y=x.解:∵D(5,3),∴A(,3),C(5,),∴B(,),设直线BD的解析式为y=mx+n,把D(5,3),B(,)代入得,解得,∴直线BD的解析式为y=x.故答案为y=x.28.(2019•湖州)七巧板是我国祖先的一项卓越创造,被誉为“东方魔板”.由边长为4的正方形ABCD可以制作一副如图1所示的七巧板,现将这副七巧板在正方形EFGH内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型(其中点Q、R分别与图2中的点E、G重合,点P在边EH上),则“拼搏兔”所在正方形EFGH的边长是4.解:如图2中,连接EG,作GM⊥EN交EN的延长线于M.在Rt△EMG中,∵GM=4,EM=2+2+4+4=12,∴EG===4,∴EH==4,故答案为4.29.(2019•绍兴)把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块,其中点O为正方形的中心,点E,F分别为AB,AD的中点.用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ(要求这四块纸片不重叠无缝隙),则四边形MNPQ的周长是6+2或10或8+2.解:如图所示:图1的周长为1+2+3+2=6+2;图2的周长为1+4+1+4=10;图3的周长为3+5++=8+2.故四边形MNPQ的周长是6+2或10或8+2.故答案为:6+2或10或8+2.30.(2019•衢州)如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,▱ABCD的边AB在x轴上,顶点D 在y轴的正半轴上,点C在第一象限,将△AOD沿y轴翻折,使点A落在x轴上的点E处,点B 恰好为OE的中点,DE与BC交于点F.若y=(k≠0)图象经过点C,且S△BEF=1,则k的值为24.解:连接OC,BD,∵将△AOD沿y轴翻折,使点A落在x轴上的点E处,∴OA=OE,∵点B恰好为OE的中点,∴OE=2OB,∴OA=2OB,设OB=BE=x,则OA=2x,∴AB=3x,∵四边形ABCD是平行四边形,∴CD=AB=3x,∵CD∥AB,∴△CDF∽△BEF,∴==,∵S△BEF=1,∴S△BDF=3,S△CDF=9,∴S△BCD=12,∴S△CDO=S△BDC=12,∴k的值=2S△CDO=24.31.(2019•台州)如图,直线l1∥l2∥l3,A,B,C分别为直线l1,l2,l3上的动点,连接AB,BC,AC,线段AC交直线l2于点D.设直线l1,l2之间的距离为m,直线l2,l3之间的距离为n,若∠ABC=90°,BD=4,且=,则m+n的最大值为.解:过B作BE⊥l1于E,延长EB交l3于F,过A作AN⊥l2于N,过C作CM⊥l2于M,设AE=x,CF=y,BN=x,BM=y,∵BD=4,∴DM=y﹣4,DN=4﹣x,∵∠ABC=∠AEB=∠BFC=∠CMD=∠AND=90°,∴∠EAB+∠ABE=∠ABE+∠CBF=90°,∴∠EAB=∠CBF,∴△ABE∽△BFC,∴,即=,∴xy=mn,∵∠ADN=∠CDM,∴△CMD∽△AND,∴=,即=,∴y=﹣x+10,∵=,∴n=m,32.(2019•衢州)如图,由两个长为2,宽为1的长方形组成“7”字图形(1)将一个“7”字图形按如图摆放在平面直角坐标系中,记为“7”字图形ABCDEF,其中顶点A位于x轴上,顶点B,D位于y轴上,O为坐标原点,则的值为.(2)在(1)的基础上,继续摆放第二个“7”字图形得顶点F1,摆放第三个“7”字图形得顶点F2,依此类推,…,摆放第n个“7”字图形得顶点F n﹣1,…,则顶点F2019的坐标为().解:(1)∵∠ABO+∠DBC=90°,∠ABO+∠OAB=90°,∴∠DBC=∠OAB,∵∠AOB=∠BCD=90°,∴△AOB∽△BCD,∴=,∵DC=1,BC=2,∴=,故答案为;(2解:过C作CM⊥y轴于M,过M1作M1N⊥x轴,过F作FN1⊥x轴.根据勾股定理易证得BD==,CM=OA=,DM=OB=AN=,∴C(,),∵AF=3,M1F=BC=2,∴AM1=AF﹣M1F=3﹣2=1,∴△BOA≌ANM1(AAS),∴NM1=OA=,∵NM1∥FN1,∴,,∴FN1=,∴AN1=,∴ON1=OA+AN1=+=∴F(,),同理,F1(,),即()F2(,),即(,)F3(,),即(,)F4(,),即(,)…F2019(,),即(,405),故答案为即(,405).。
2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编几何综合(浙江专版)含答案
2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编(浙江专版)几何综合打印版答案在最后1.(2019•杭州)如图,已知正方形ABCD的边长为1,正方形CEFG的面积为S1,点E在DC边上,点G在BC的延长线上,设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2,且S1=S2.(1)求线段CE的长;(2)若点H为BC边的中点,连接HD,求证:HD=HG.2.(2019•杭州)如图,已知锐角三角形ABC内接于圆O,OD⊥BC于点D,连接OA.(1)若∠BAC=60°,①求证:OD=OA.②当OA=1时,求△ABC面积的最大值.(2)点E在线段OA上,OE=OD,连接DE,设∠ABC=m∠OED,∠ACB=n∠OED(m,n是正数),若∠ABC<∠ACB,求证:m﹣n+2=0.3.(2019•宁波)如图,矩形EFGH的顶点E,G分别在菱形ABCD的边AD,BC上,顶点F,H在菱形ABCD的对角线BD上.(1)求证:BG=DE;(2)若E为AD中点,FH=2,求菱形ABCD的周长.4.(2019•宁波)定义:有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形,这两个角的夹边称为邻余线.(1)如图1,在△ABC中,AB=AC,AD是△ABC的角平分线,E,F分别是BD,AD上的点.求证:四边形ABEF是邻余四边形.(2)如图2,在5×4的方格纸中,A,B在格点上,请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF,使AB是邻余线,E,F在格点上.(3)如图3,在(1)的条件下,取EF中点M,连结DM并延长交AB于点Q,延长EF交AC 于点N.若N为AC的中点,DE=2BE,QB=3,求邻余线AB的长.5.(2019•宁波)如图1,⊙O经过等边△ABC的顶点A,C(圆心O在△ABC内),分别与AB,CB的延长线交于点D,E,连结DE,BF⊥EC交AE于点F.(1)求证:BD=BE.(2)当AF:EF=3:2,AC=6时,求AE的长.(3)设=x,tan∠DAE=y.①求y关于x的函数表达式;②如图2,连结OF,OB,若△AEC的面积是△OFB面积的10倍,求y的值.6.(2019•温州)如图,在△ABC中,∠BAC=90°,点E在BC边上,且CA=CE,过A,C,E 三点的⊙O交AB于另一点F,作直径AD,连结DE并延长交AB于点G,连结CD,CF.(1)求证:四边形DCFG是平行四边形.(2)当BE=4,CD=AB时,求⊙O的直径长.7.(2019•嘉兴)在6×6的方格纸中,点A,B,C都在格点上,按要求画图:(1)在图1中找一个格点D,使以点A,B,C,D为顶点的四边形是平行四边形.(2)在图2中仅用无刻度的直尺,把线段AB三等分(保留画图痕迹,不写画法).8.(2019•嘉兴)小波在复习时,遇到一个课本上的问题,温故后进行了操作、推理与拓展.(1)温故:如图1,在△ABC中,AD⊥BC于点D,正方形PQMN的边QM在BC上,顶点P,N分别在AB,AC上,若BC=6,AD=4,求正方形PQMN的边长.(2)操作:能画出这类正方形吗?小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作:如图2,任意画△ABC,在AB上任取一点P',画正方形P'Q'M'N',使Q',M'在BC边上,N'在△ABC 内,连结BN'并延长交AC于点N,画NM⊥BC于点M,NP⊥NM交AB于点P,PQ⊥BC于点Q,得到四边形PPQMN.小波把线段BN称为“波利亚线”.(3)推理:证明图2中的四边形PQMN是正方形.(4)拓展:在(2)的条件下,在射线BN上截取NE=NM,连结EQ,EM(如图3).当tan∠NBM=时,猜想∠QEM的度数,并尝试证明.请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题.9.(2019•湖州)已知在平面直角坐标系xOy中,直线l1分别交x轴和y轴于点A(﹣3,0),B(0,3).(1)如图1,已知⊙P经过点O,且与直线l1相切于点B,求⊙P的直径长;(2)如图2,已知直线l2:y=3x﹣3分别交x轴和y轴于点C和点D,点Q是直线l2上的一个动点,以Q为圆心,2为半径画圆.①当点Q与点C重合时,求证:直线l1与⊙Q相切;②设⊙Q与直线l1相交于M,N两点,连结QM,QN.问:是否存在这样的点Q,使得△QMN是等腰直角三角形,若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.10.(2019•湖州)如图1,已知在平面直角坐标系xOy中,四边形OABC是矩形,点A,C分别在x 轴和y轴的正半轴上,连结AC,OA=3,tan∠OAC=,D是BC的中点.(1)求OC的长和点D的坐标;(2)如图2,M是线段OC上的点,OM=OC,点P是线段OM上的一个动点,经过P,D,B 三点的抛物线交x轴的正半轴于点E,连结DE交AB于点F.①将△DBF沿DE所在的直线翻折,若点B恰好落在AC上,求此时BF的长和点E的坐标;②以线段DF为边,在DF所在直线的右上方作等边△DFG,当动点P从点O运动到点M时,点G也随之运动,请直接写出点G运动路径的长.11.(2019•绍兴)在屏幕上有如下内容:如图,△ABC内接于⊙O,直径AB的长为2,过点C的切线交AB的延长线于点D.张老师要求添加条件后,编制一道题目,并解答.(1)在屏幕内容中添加条件∠D=30°,求AD的长.请你解答.(2)以下是小明、小聪的对话:小明:我加的条件是BD=1,就可以求出AD的长小聪:你这样太简单了,我加的是∠A=30°,连结OC,就可以证明△ACB与△DCO全等.参考此对话,在屏幕内容中添加条件,编制一道题目(可以添线添字母),并解答.12.(2019•绍兴)有一块形状如图的五边形余料ABCDE,AB=AE=6,BC=5,∠A=∠B=90°,∠C=135°,∠E>90°,要在这块余料中截取一块矩形材料,其中一条边在AE上,并使所截矩形材料的面积尽可能大.(1)若所截矩形材料的一条边是BC或AE,求矩形材料的面积.(2)能否截出比(1)中更大面积的矩形材料?如果能,求出这些矩形材料面积的最大值;如果不能,说明理由.13.(2019•绍兴)如图1是实验室中的一种摆动装置,BC在地面上,支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形,摆动臂AD可绕点A旋转,摆动臂DM可绕点D旋转,AD=30,DM=10.(1)在旋转过程中,①当A,D,M三点在同一直线上时,求AM的长.②当A,D,M三点为同一直角三角形的顶点时,求AM的长.(2)若摆动臂AD顺时针旋转90°,点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处,连结D1D2,如图2,此时∠AD2C=135°,CD2=60,求BD2的长.14.(2019•绍兴)如图,矩形ABCD中,AB=a,BC=b,点M,N分别在边AB,CD上,点E,F 分别在边BC,AD上,MN,EF交于点P,记k=MN:EF.(1)若a:b的值为1,当MN⊥EF时,求k的值.(2)若a:b的值为,求k的最大值和最小值.(3)若k的值为3,当点N是矩形的顶点,∠MPE=60°,MP=EF=3PE时,求a:b的值.15.(2019•金华)如图,在▱OABC中,以O为圆心,OA为半径的圆与BC相切于点B,与OC相交于点D.(1)求的度数.(2)如图,点E在⊙O上,连结CE与⊙O交于点F,若EF=AB,求∠OCE的度数.16.(2019•金华)如图,在等腰Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=14,点D,E分别在边AB,BC上,将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF.(1)如图1,若AD=BD,点E与点C重合,AF与DC相交于点O.求证:BD=2DO.(2)已知点G为AF的中点.①如图2,若AD=BD,CE=2,求DG的长.②若AD=6BD,是否存在点E,使得△DEG是直角三角形?若存在,求CE的长;若不存在,试说明理由.17.(2019•衢州)如图,在等腰△ABC中,AB=AC,以AC为直径作⊙O交BC于点D,过点D作DE⊥AB,垂足为E.(1)求证:DE是⊙O的切线.(2)若DE=,∠C=30°,求的长.18.(2019•衢州)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,∠BAC=60°,AD平分∠BAC交BC于点D,过点D作DE∥AC交AB于点E,点M是线段AD上的动点,连结BM并延长分别交DE,AC于点F、G.(1)求CD的长.(2)若点M是线段AD的中点,求的值.(3)请问当DM的长满足什么条件时,在线段DE上恰好只有一点P,使得∠CPG=60°?19.(2019•台州)我们知道,各个角都相等,各条边都相等的多边形叫做正多边形.对一个各条边都相等的凸多边形(边数大于3),可以由若干条对角线相等判定它是正多边形.例如,各条边都相等的凸四边形,若两条对角线相等,则这个四边形是正方形.(1)已知凸五边形ABCDE的各条边都相等.①如图1,若AC=AD=BE=BD=CE,求证:五边形ABCDE是正五边形;②如图2,若AC=BE=CE,请判断五边形ABCDE是不是正五边形,并说明理由:(2)判断下列命题的真假.(在括号内填写“真”或“假”)如图3,已知凸六边形ABCDEF的各条边都相等.①若AC=CE=EA,则六边形ABCDEF是正六边形;()②若AD=BE=CF,则六边形ABCDEF是正六边形.()20.(2019•台州)如图,正方形ABCD的边长为2,E为AB的中点,P是BA延长线上的一点,连接PC交AD于点F,AP=FD.(1)求的值;(2)如图1,连接EC,在线段EC上取一点M,使EM=EB,连接MF,求证:MF=PF;(3)如图2,过点E作EN⊥CD于点N,在线段EN上取一点Q,使AQ=AP,连接BQ,BN.将△AQB绕点A旋转,使点Q旋转后的对应点Q'落在边AD上.请判断点B旋转后的对应点B'是否落在线段BN上,并说明理由.2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编(浙江专版)几何综合参考答案与试题解析1.(2019•杭州)如图,已知正方形ABCD的边长为1,正方形CEFG的面积为S1,点E在DC边上,点G在BC的延长线上,设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2,且S1=S2.(1)求线段CE的长;(2)若点H为BC边的中点,连接HD,求证:HD=HG.解:(1)设正方形CEFG的边长为a,∵正方形ABCD的边长为1,∴DE=1﹣a,∵S1=S2,∴a2=1×(1﹣a),解得,(舍去),,即线段CE的长是;(2)证明:∵点H为BC边的中点,BC=1,∴CH=0.5,∴DH==,∵CH=0.5,CG=,∴HG=,∴HD=HG.2.(2019•杭州)如图,已知锐角三角形ABC内接于圆O,OD⊥BC于点D,连接OA.(1)若∠BAC=60°,①求证:OD=OA.②当OA=1时,求△ABC面积的最大值.(2)点E在线段OA上,OE=OD,连接DE,设∠ABC=m∠OED,∠ACB=n∠OED(m,n是正数),若∠ABC<∠ACB,求证:m﹣n+2=0.解:(1)①连接OB、OC,则∠BOD=BOC=∠BAC=60°,∴∠OBC=30°,∴OD=OB=OA;②∵BC长度为定值,∴△ABC面积的最大值,要求BC边上的高最大,当AD过点O时,AD最大,即:AD=AO+OD=,△ABC面积的最大值=×BC×AD=×2OB sin60°×=;(2)如图2,连接OC,设:∠OED=x,则∠ABC=mx,∠ACB=nx,则∠BAC=180°﹣∠ABC﹣∠ACB=180°﹣mx﹣nx=∠BOC=∠DOC,∵∠AOC=2∠ABC=2mx,∴∠AOD=∠COD+∠AOC=180°﹣mx﹣nx+2mx=180°+mx﹣nx,∵OE=OD,∴∠AOD=180°﹣2x,即:180°+mx﹣nx=180°﹣2x,化简得:m﹣n+2=0.3.(2019•宁波)如图,矩形EFGH的顶点E,G分别在菱形ABCD的边AD,BC上,顶点F,H在菱形ABCD的对角线BD上.(1)求证:BG=DE;(2)若E为AD中点,FH=2,求菱形ABCD的周长.解:(1)∵四边形EFGH是矩形,∴EH=FG,EH∥FG,∴∠GFH=∠EHF,∵∠BFG=180°﹣∠GFH,∠DHE=180°﹣∠EHF,∴∠BFG=∠DHE,∵四边形ABCD是菱形,∴AD∥BC,∴∠GBF=∠EDH,∴△BGF≌△DEH(AAS),∴BG=DE;(2)连接EG,∵四边形ABCD是菱形,∴AD=BC,AD∥BC,∵E为AD中点,∴AE=ED,∵BG=DE,∴AE=BG,AE∥BG,∴四边形ABGE是平行四边形,∴AB=EG,∵EG=FH=2,∴AB=2,∴菱形ABCD的周长=8.4.(2019•宁波)定义:有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形,这两个角的夹边称为邻余线.(1)如图1,在△ABC中,AB=AC,AD是△ABC的角平分线,E,F分别是BD,AD上的点.求证:四边形ABEF是邻余四边形.(2)如图2,在5×4的方格纸中,A,B在格点上,请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF,使AB是邻余线,E,F在格点上.(3)如图3,在(1)的条件下,取EF中点M,连结DM并延长交AB于点Q,延长EF交AC 于点N.若N为AC的中点,DE=2BE,QB=3,求邻余线AB的长.解:(1)∵AB=AC,AD是△ABC的角平分线,∴AD⊥BC,∴∠ADB=90°,∴∠DAB+∠DBA=90°,∠F AB与∠EBA互余,∴四边形ABEF是邻余四边形;(2)如图所示(答案不唯一),四边形AFEB为所求;(3)∵AB=AC,AD是△ABC的角平分线,∴BD=CD,∵DE=2BE,∴BD=CD=3BE,∴CE=CD+DE=5BE,∵∠EDF=90°,点M是EF的中点,∴DM=ME,∴∠MDE=∠MED,∵AB=AC,∴∠B=∠C,∴△DBQ∽△ECN,∴,∵QB=3,∴NC=5,∵AN=CN,∴AC=2CN=10,∴AB=AC=10.5.(2019•宁波)如图1,⊙O经过等边△ABC的顶点A,C(圆心O在△ABC内),分别与AB,CB的延长线交于点D,E,连结DE,BF⊥EC交AE于点F.(1)求证:BD=BE.(2)当AF:EF=3:2,AC=6时,求AE的长.(3)设=x,tan∠DAE=y.①求y关于x的函数表达式;②如图2,连结OF,OB,若△AEC的面积是△OFB面积的10倍,求y的值.证明:(1)∵△ABC是等边三角形,∴∠BAC=∠C=60°,∵∠DEB=∠BAC=60°,∠D=∠C=60°,∴∠DEB=∠D,∴BD=BE;(2)如图1,过点A作AG⊥BC于点G,∵△ABC是等边三角形,AC=6,∴BG=,∴在Rt△ABG中,AG=BG=3,∵BF⊥EC,∴BF∥AG,∴,∵AF:EF=3:2,∴BE=BG=2,∴EG=BE+BG=3+2=5,在Rt△AEG中,AE=;(3)①如图1,过点E作EH⊥AD于点H,∵∠EBD=∠ABC=60°,∴在Rt△BEH中,,∴EH=,BH=,∵,∴BG=xBE,∴AB=BC=2BG=2xBE,∴AH=AB+BH=2xBE+BE=(2x+)BE,∴在Rt△AHE中,tan∠EAD=,∴y=;②如图2,过点O作OM⊥BC于点M,设BE=a,∵,∴CG=BG=xBE=ax,∴EC=CG+BG+BE=a+2ax,∴EM=EC=a+ax,∴BM=EM﹣BE=ax﹣a,∵BF∥AG,∴△EBF∽△EGA,∴,∵AG=,∴BF=,∴△OFB的面积=,∴△AEC的面积=,∵△AEC的面积是△OFB的面积的10倍,∴,∴2x2﹣7x+6=0,解得:,∴,6.(2019•温州)如图,在△ABC中,∠BAC=90°,点E在BC边上,且CA=CE,过A,C,E 三点的⊙O交AB于另一点F,作直径AD,连结DE并延长交AB于点G,连结CD,CF.(1)求证:四边形DCFG是平行四边形.(2)当BE=4,CD=AB时,求⊙O的直径长.(1)证明:连接AE,∵∠BAC=90°,∴CF是⊙O的直径,∵AC=EC,∴CF⊥AE,∵AD是⊙O的直径,∴∠AED=90°,即GD⊥AE,∴CF∥DG,∵AD是⊙O的直径,∴∠ACD=90°,∴∠ACD+∠BAC=180°,∴AB∥CD,∴四边形DCFG是平行四边形;(2)解:由CD=AB,设CD=3x,AB=8x,∴CD=FG=3x,∵∠AOF=∠COD,∴AF=CD=3x,∴BG=8x﹣3x﹣3x=2x,∵GE∥CF,∴,∵BE=4,∴AC=CE=6,∴BC=6+4=10,∴AB==8=8x,∴x=1,在Rt△ACF中,AF=10,AC=6,∴CF==3,即⊙O的直径长为3.7.(2019•嘉兴)在6×6的方格纸中,点A,B,C都在格点上,按要求画图:(1)在图1中找一个格点D,使以点A,B,C,D为顶点的四边形是平行四边形.(2)在图2中仅用无刻度的直尺,把线段AB三等分(保留画图痕迹,不写画法).解:(1)由勾股定理得:CD=AB=CD'=,BD=AC=BD''=,AD'=BC=AD''=;画出图形如图1所示;(2)如图2所示.8.(2019•嘉兴)小波在复习时,遇到一个课本上的问题,温故后进行了操作、推理与拓展.(1)温故:如图1,在△ABC中,AD⊥BC于点D,正方形PQMN的边QM在BC上,顶点P,N分别在AB,AC上,若BC=6,AD=4,求正方形PQMN的边长.(2)操作:能画出这类正方形吗?小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作:如图2,任意画△ABC,在AB上任取一点P',画正方形P'Q'M'N',使Q',M'在BC边上,N'在△ABC 内,连结BN'并延长交AC于点N,画NM⊥BC于点M,NP⊥NM交AB于点P,PQ⊥BC于点Q,得到四边形PPQMN.小波把线段BN称为“波利亚线”.(3)推理:证明图2中的四边形PQMN是正方形.(4)拓展:在(2)的条件下,在射线BN上截取NE=NM,连结EQ,EM(如图3).当tan∠NBM=时,猜想∠QEM的度数,并尝试证明.请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题.(1)解:如图1中,∵PN∥BC,∴△APN∽△ABC,∴=,即=,解得PN=.(2)能画出这样的正方形,如图2中,正方形PNMQ即为所求.(3)证明:如图2中,由画图可知:∠QMN=∠PQM=∠NPQ=∠BM′N′=90°,∴四边形PNMQ是矩形,MN∥M′N′,∴△BN′M′∽△BNM,∴=,同理可得:=,∴=,∵M′N′=P′N′,∴MN=PN,∴四边形PQMN是正方形.(4)解:如图3中,结论:∠QEM=90°.理由:由tan∠NBM==,可以假设MN=3k,BM=4k,则BN=5k,BQ=k,BE=2k,∴==,==,∴=,∵∠QBE=∠EBM,∴△BQE∽△BEM,∴∠BEQ=∠BME,∵NE=NM,∴∠NEM=∠NME,∵∠BME+∠EMN=90°,∴∠BEQ+∠NEM=90°,∴∠QEM=90°.9.(2019•湖州)已知在平面直角坐标系xOy中,直线l1分别交x轴和y轴于点A(﹣3,0),B(0,3).(1)如图1,已知⊙P经过点O,且与直线l1相切于点B,求⊙P的直径长;(2)如图2,已知直线l2:y=3x﹣3分别交x轴和y轴于点C和点D,点Q是直线l2上的一个动点,以Q为圆心,2为半径画圆.①当点Q与点C重合时,求证:直线l1与⊙Q相切;②设⊙Q与直线l1相交于M,N两点,连结QM,QN.问:是否存在这样的点Q,使得△QMN是等腰直角三角形,若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.解:(1)如图1,连接BC,∵∠BOC=90°,∴点P在BC上,∵⊙P与直线l1相切于点B,∴∠ABC=90°,而OA=OB,∴△ABC为等腰直角三角形,则⊙P的直径长=BC=AB=3;(2)过点作CM⊥AB,由直线l2:y=3x﹣3得:点C(1,0),则CM=AC sin45°=4×=2=圆的半径,故点M是圆与直线l1的切点,即:直线l1与⊙Q相切;(3)如图3,①当点M、N在两条直线交点的下方时,由题意得:MQ=NQ,∠MQN=90°,设点Q的坐标为(m,3m﹣3),则点N(m,m+3),则NQ=m+3﹣3m+3=2,解得:m=3﹣;②当点M、N在两条直线交点的上方时,同理可得:m=3;故点P的坐标为(3﹣,6﹣3)或(3+,6+3).10.(2019•湖州)如图1,已知在平面直角坐标系xOy中,四边形OABC是矩形,点A,C分别在x 轴和y轴的正半轴上,连结AC,OA=3,tan∠OAC=,D是BC的中点.(1)求OC的长和点D的坐标;(2)如图2,M是线段OC上的点,OM=OC,点P是线段OM上的一个动点,经过P,D,B 三点的抛物线交x轴的正半轴于点E,连结DE交AB于点F.①将△DBF沿DE所在的直线翻折,若点B恰好落在AC上,求此时BF的长和点E的坐标;②以线段DF为边,在DF所在直线的右上方作等边△DFG,当动点P从点O运动到点M时,点G也随之运动,请直接写出点G运动路径的长.解:(1)∵OA=3,tan∠OAC==,∴OC=,∵四边形OABC是矩形,∴BC=OA=3,∵D是BC的中点,∴CD=BC=,∴D(,);(2)①∵tan∠OAC=,∴∠OAC=30°,∴∠ACB=∠OAC=30°,设将△DBF沿DE所在的直线翻折后,点B恰好落在AC上的B'处,则DB'=DB=DC,∠BDF=∠B'DF,∴∠DB'C=∠ACB=30°∴∠BDB'=60°,∴∠BDF=∠B'DF=30°,∵∠B=90°,∴BF=BD•tan30°=,∵AB=,∴AF=BF=,∵∠BFD=∠AEF,∴∠B=∠F AE=90°,∴△BFD≌△AFE(ASA),∴AE=BD=,∴OE=OA+AE=,∴点E的坐标(,0);②动点P在点O时,∵抛物线过点P(0,0)、D(,)、B(3,)求得此时抛物线解析式为y=﹣x2+x,∴E(,0),∴直线DE:y=﹣x+,∴F1(3,);当动点P从点O运动到点M时,∵抛物线过点P(0,)、D(,)、B(3,)求得此时抛物线解析式为y=﹣x2+x+,∴E(6,0),∴直线DE:y=﹣x+,∴F2(3,);∴点F运动路径的长为F1F2==,∵△DFG为等边三角形,∴G运动路径的长为.11.(2019•绍兴)在屏幕上有如下内容:如图,△ABC内接于⊙O,直径AB的长为2,过点C的切线交AB的延长线于点D.张老师要求添加条件后,编制一道题目,并解答.(1)在屏幕内容中添加条件∠D=30°,求AD的长.请你解答.(2)以下是小明、小聪的对话:小明:我加的条件是BD=1,就可以求出AD的长小聪:你这样太简单了,我加的是∠A=30°,连结OC,就可以证明△ACB与△DCO全等.参考此对话,在屏幕内容中添加条件,编制一道题目(可以添线添字母),并解答.解:(1)连接OC,如图,∵CD为切线,∴OC⊥CD,∴∠OCD=90°,∵∠D=30°,∴OD=2OC=2,∴AD=AO+OD=1+2=3;(2)添加∠DCB=30°,求AC的长,解:∵AB为直径,∴∠ACB=90°,∵∠ACO+∠OCB=90°,∠OCB+∠DCB=90°,∴∠ACO=∠DCB,∵∠ACO=∠A,∴∠A=∠DCB=30°,在Rt△ACB中,BC=AB=1,∴AC=BC=.12.(2019•绍兴)有一块形状如图的五边形余料ABCDE,AB=AE=6,BC=5,∠A=∠B=90°,∠C=135°,∠E>90°,要在这块余料中截取一块矩形材料,其中一条边在AE上,并使所截矩形材料的面积尽可能大.(1)若所截矩形材料的一条边是BC或AE,求矩形材料的面积.(2)能否截出比(1)中更大面积的矩形材料?如果能,求出这些矩形材料面积的最大值;如果不能,说明理由.解:(1)①若所截矩形材料的一条边是BC,如图1所示:过点C作CF⊥AE于F,S1=AB•BC=6×5=30;②若所截矩形材料的一条边是AE,如图2所示:过点E作EF∥AB交CD于F,FG⊥AB于G,过点C作CH⊥FG于H,则四边形AEFG为矩形,四边形BCHG为矩形,∵∠C=135°,∴∠FCH=45°,∴△CHF为等腰直角三角形,∴AE=FG=6,HG=BC=5,BG=CH=FH,∴BG=CH=FH=FG﹣HG=6﹣5=1,∴AG=AB﹣BG=6﹣1=5,∴S2=AE•AG=6×5=30;(2)能;理由如下:在CD上取点F,过点F作FM⊥AB于M,FN⊥AE于N,过点C作CG⊥FM于G,则四边形ANFM为矩形,四边形BCGM为矩形,∵∠C=135°,∴∠FCG=45°,∴△CGF为等腰直角三角形,∴MG=BC=5,BM=CG,FG=DG,设AM=x,则BM=6﹣x,∴FM=GM+FG=GM+CG=BC+BM=11﹣x,∴S=AM×FM=x(11﹣x)=﹣x2+11x=﹣(x﹣5.5)2+30.25,∴当x=5.5时,S的最大值为30.25.13.(2019•绍兴)如图1是实验室中的一种摆动装置,BC在地面上,支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形,摆动臂AD可绕点A旋转,摆动臂DM可绕点D旋转,AD=30,DM=10.(1)在旋转过程中,①当A,D,M三点在同一直线上时,求AM的长.②当A,D,M三点为同一直角三角形的顶点时,求AM的长.(2)若摆动臂AD顺时针旋转90°,点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处,连结D1D2,如图2,此时∠AD2C=135°,CD2=60,求BD2的长.解:(1)①AM=AD+DM=40,或AM=AD﹣DM=20.②显然∠MAD不能为直角.当∠AMD为直角时,AM2=AD2﹣DM2=302﹣102=800,∴AM=20或(﹣20舍弃).当∠ADM=90°时,AM2=AD2+DM2=302+102=1000,∴AM=10或(﹣10舍弃).综上所述,满足条件的AM的值为20或10.(2)如图2中,连接CD.由题意:∠D1AD2=90°,AD1=AD2=30,∴∠AD2D1=45°,D1D2=30,∵∠AD2C=135°,∴∠CD2D1=90°,∴CD1==30,∵∠BAC=∠A1AD2=90°,∴∠BAC﹣∠CAD2=∠D2AD1﹣∠CAD2,∴∠BAD1=∠CAD2,∵AB=AC,AD2=AD1,∴△BAD2≌△CAD1(SAS),∴BD2=CD1=30.14.(2019•绍兴)如图,矩形ABCD中,AB=a,BC=b,点M,N分别在边AB,CD上,点E,F 分别在边BC,AD上,MN,EF交于点P,记k=MN:EF.(1)若a:b的值为1,当MN⊥EF时,求k的值.(2)若a:b的值为,求k的最大值和最小值.(3)若k的值为3,当点N是矩形的顶点,∠MPE=60°,MP=EF=3PE时,求a:b的值.解:(1)如图1中,作EH⊥BC于H,MQ⊥CD于Q,设EF交MN于点O.∵四边形ABCD是正方形,∴FH=AB,MQ=BC,∵AB=CB,∴FH=MQ,∵EF⊥MN,∴∠EON=90°,∵∠ECN=90°,∴∠MNQ+∠CEO=180°,∠FEH+∠CEO=180°∴∠FEH=∠MNQ,∵∠EHF=∠MQN=90°,∴△FHE≌△MQN(ASA),∴MN=EF,∴k=MN:EF=1.(2)∵a:b=1:2,∴b=2a,由题意:2a≤MN≤a,a≤EF≤a,∴当MN的长取最大时,EF取最短,此时k的值最大最大值=,当MN的最短时,EF的值取最大,此时k的值最小,最小值为.(3)连接FN,ME.∵k=3,MP=EF=3PE,∴==3,∴==2,∵∠FPN=∠EPM,∴△PNF∽△PME,∴==2,ME∥NF,设PE=2m,则PF=4m,MP=6m,NP=12m,①如图2中,当点N与点D重合时,点M恰好与B重合.作FH⊥BD于H.∵∠MPE=∠FPH=60°,∴PH=2m,FH=2m,DH=10m,∴===.②如图3中,当点N与C重合,作EH⊥MN于H.则PH=m,HE=m,∴HC=PH+PC=13m,∴tan∠HCE===,∵ME∥FC,∴∠MEB=∠FCB=∠CFD,∵∠B=∠D,∴△MEB∽△CFD,∴==2,∴===,综上所述,a:b的值为或.15.(2019•金华)如图,在▱OABC中,以O为圆心,OA为半径的圆与BC相切于点B,与OC相交于点D.(1)求的度数.(2)如图,点E在⊙O上,连结CE与⊙O交于点F,若EF=AB,求∠OCE的度数.解:(1)连接OB,∵BC是圆的切线,∴OB⊥BC,∵四边形OABC是平行四边形,∴OA∥BC,∴OB⊥OA,∴△AOB是等腰直角三角形,∴∠ABO=45°,∴的度数为45°;(2)连接OE,过点O作OH⊥EC于点H,设EH=t,∵OH⊥EC,∴EF=2HE=2t,∵四边形OABC是平行四边形,∴AB=CO=EF=2t,∵△AOB是等腰直角三角形,∴OA=t,则HO===t,∵OC=2OH,∴∠OCE=30°.16.(2019•金华)如图,在等腰Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=14,点D,E分别在边AB,BC上,将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF.(1)如图1,若AD=BD,点E与点C重合,AF与DC相交于点O.求证:BD=2DO.(2)已知点G为AF的中点.①如图2,若AD=BD,CE=2,求DG的长.②若AD=6BD,是否存在点E,使得△DEG是直角三角形?若存在,求CE的长;若不存在,试说明理由.(1)证明:如图1中,∵CA=CB,∠ACB=90°,BD=AD,∴CD⊥AB,CD=AD=BD,∵CD=CF,∴AD=CF,∵∠ADC=∠DCF=90°,∴AD∥CF,∴四边形ADFC是平行四边形,∴OD=OC,∵BD=2OD.(2)①解:如图2中,作DT⊥BC于点T,FH⊥BC于H.由题意:BD=AD=CD=7,BC=BD=14,∵DT⊥BC,∴BT=TC=7,∵EC=2,∴TE=5,∵∠DTE=∠EHF=∠DEF=90°,∴∠DET+∠TDE=90°,∠DET+∠FEH=90°,∴∠TDE=∠FEH,∵ED=EF,∴△DTE≌△EHF(AAS),∴FH=ET=5,∵∠DDBE=∠DFE=45°,∴B,D,E,F四点共圆,∴∠DBF+∠DEF=90°,∴∠DBF=90°,∵∠DBE=45°,∴∠FBH=45°,∵∠BHF=90°,∴∠HBF=∠HFB=45°,∴BH=FH=5,∴BF=5,∵∠ADC=∠ABF=90°,∴DG∥BF,∵AD=DB,∴AG=GF,∴DG=BF=.②解:如图3﹣1中,当∠DEG=90°时,F,E,G,A共线,作DT⊥BC于点T,FH⊥BC于H.设EC=x.∵AD=6BD,∴BD=AB=2,∵DT⊥BC,∠DBT=45°,∴DT=BT=2,∵△DTE≌△EHF,∴EH=DT=2,∴BH=FH=12﹣x,∵FH∥AC,∴=,∴=,整理得:x2﹣12x+28=0,解得x=6±2.如图3﹣2中,当∠EDG=90°时,取AB的中点O,连接OG.作EH⊥AB于H.设EC=x,由2①可知BF=(12﹣x),OG=BF=(12﹣x),∵∠EHD=∠EDG=∠DOG=90°,∴∠ODG+∠OGD=90°,∠ODG+∠EDH=90°,∴∠DGO=∠HDE,∴△EHD∽△DOG,∴=,∴=,整理得:x2﹣36x+268=0,解得x=18﹣2或18+2(舍弃),如图3﹣3中,当∠DGE=90°时,取AB的中点O,连接OG,CG,作DT⊥BC于T,FH⊥BC 于H,EK⊥CG于K.设EC=x.∵∠DBE=∠DFE=45°,∴D,B,F,E四点共圆,∴∠DBF+∠DEF=90°,∵∠DEF=90°,∴∠DBF=90°,∵AO=OB,AG=GF,∴OG∥BF,∴∠AOG=∠ABF=90°,∴OG⊥AB,∵OG垂直平分线段AB,∵CA=CB,∴O,G,C共线,由△DTE≌△EHF,可得EH=DT=BT=2,ET=FH=12﹣x,BF=(12﹣x),OG=BF=(12﹣x),CK=EK=x,GK=7﹣(12﹣x)﹣x,由△OGD∽△KEG,可得=,∴=,解得x=2,,综上所述,满足条件的EC的值为6±2或18﹣2或2.17.(2019•衢州)如图,在等腰△ABC中,AB=AC,以AC为直径作⊙O交BC于点D,过点D作DE⊥AB,垂足为E.(1)求证:DE是⊙O的切线.(2)若DE=,∠C=30°,求的长.(1)证明:连接OD;∵OD=OC,∴∠C=∠ODC,∵AB=AC,∴∠B=∠C,∴∠B=∠ODC,∴OD∥AB,∴∠ODE=∠DEB;∵DE⊥AB,∴∠DEB=90°,∴∠ODE=90°,即DE⊥OD,∴DE是⊙O的切线.(2)解:连接AD,∵AC是直径,∴∠ADC=90°,∵AB=AC,∴∠B=∠C=30°,BD=CD,∴∠OAD=60°,∵OA=OD,∴△AOD是等边三角形,∴∠AOD=60°,∵DE=,∠B=30°,∠BED=90°,∴CD=BD=2DE=2,∴OD=AD=tan30°•CD=×2=2,∴的长为:=.18.(2019•衢州)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,∠BAC=60°,AD平分∠BAC交BC于点D,过点D作DE∥AC交AB于点E,点M是线段AD上的动点,连结BM并延长分别交DE,AC于点F、G.(1)求CD的长.(2)若点M是线段AD的中点,求的值.(3)请问当DM的长满足什么条件时,在线段DE上恰好只有一点P,使得∠CPG=60°?解:(1)∵AD平分∠BAC,∠BAC=60°,∴∠DAC=∠BAC=30°,在Rt△ADC中,DC=AC•tan30°=6×=2.(2)由题意易知:BC=6,BD=4,∵DE∥AC,∴∠FDM=∠GAM,∵AM=DM,∠DMF=∠AMG,∴△DFM≌△AGM(ASA),∴DF=AG,∵DE∥AC,∴==,∴====.(3)∵∠CPG=60°,过C,P,G作外接圆,圆心为Q,∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形.①当⊙Q与DE相切时,如图3﹣1中,作QH⊥AC于H,交DE于P.连接QC,QG.菁优网设⊙Q的半径为r.则QH=r,r+r=2,∴r=,∴CG=×=4,AG=2,由△DFM∽△AGM,可得==,∴DM=AD=.②当⊙Q经过点E时,如图3﹣2中,延长CO交AB于K,设CQ=r.∵QC=QG,∠CQG=120°,∴∠KCA=30°,∵∠CAB=60°,∴∠AKC=90°,在Rt△EQK中,QK=3﹣r,EQ=r,EK=1,∴12+(3﹣r)2=r2,解得r=,∴CG=×=,由△DFM∽△AGM,可得DM=.③当⊙Q经过点D时,如图3﹣3中,此时点M,点G与点A重合,可得DM=AD=4.观察图象可知:当DM=或<DM≤4时,满足条件的点P只有一个.19.(2019•台州)我们知道,各个角都相等,各条边都相等的多边形叫做正多边形.对一个各条边都相等的凸多边形(边数大于3),可以由若干条对角线相等判定它是正多边形.例如,各条边都相等的凸四边形,若两条对角线相等,则这个四边形是正方形.(1)已知凸五边形ABCDE的各条边都相等.①如图1,若AC=AD=BE=BD=CE,求证:五边形ABCDE是正五边形;②如图2,若AC=BE=CE,请判断五边形ABCDE是不是正五边形,并说明理由:(2)判断下列命题的真假.(在括号内填写“真”或“假”)如图3,已知凸六边形ABCDEF的各条边都相等.①若AC=CE=EA,则六边形ABCDEF是正六边形;(假)②若AD=BE=CF,则六边形ABCDEF是正六边形.(假)(1)①证明:∵凸五边形ABCDE的各条边都相等,∴AB=BC=CD=DE=EA,在△ABC、△BCD、△CDE、△DEA、EAB中,,∴△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌EAB(SSS),∴∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEA=∠EAB,∴五边形ABCDE是正五边形;②解:若AC=BE=CE,五边形ABCDE是正五边形,理由如下:在△ABE、△BCA和△DEC中,,∴△ABE≌△BCA≌△DEC(SSS),∴∠BAE=∠CBA=∠EDC,∠AEB=∠ABE=∠BAC=∠BCA=∠DCE=∠DEC,在△ACE和△BEC中,,∴△ACE≌△BEC(SSS),∴∠ACE=∠CEB,∠CEA=∠CAE=∠EBC=∠ECB,同理:∠CBA=∠D=∠AED=∠BCD=3∠ABE=∠BAE,∴五边形ABCDE是正五边形;(2)解:①若AC=CE=EA,如图3所示:则六边形ABCDEF是正六边形;假命题;理由如下:∵凸六边形ABCDEF的各条边都相等,∴AB=BC=CD=DE=EF=F A,在△AEF、△CAB和△ECD中,,∴△AEF≌△CAB≌△ECD(SSS),如果△AEF、△CAB、△ECD都为相同的等腰直角三角形,则∠F=∠D=∠B=90°,而正六边形的各个内角都为120°,∴六边形ABCDEF不是正六边形;故答案为:假;②若AD=BE=CF,则六边形ABCDEF是正六边形;假命题;理由如下:如图4所示:连接AE、AC、CE、BF,在△BFE和△FBC中,,∴△BFE≌△FBC(SSS),∴∠BFE=∠FBC,∵AB=AF,∴∠AFB=∠ABF,∴∠AFE=∠ABC,在△F AE和△BCA中,,∴△F AE≌△BCA(SAS),∴AE=CA,同理:AE=CE,∴AE=CA=CE,由①得:△AEF、△CAB、△ECD都为相同的等腰直角三角形,则∠F=∠D=∠B=90°,而正六边形的各个内角都为120°,∴六边形ABCDEF不是正六边形;故答案为:假.20.(2019•台州)如图,正方形ABCD的边长为2,E为AB的中点,P是BA延长线上的一点,连接PC交AD于点F,AP=FD.(1)求的值;(2)如图1,连接EC,在线段EC上取一点M,使EM=EB,连接MF,求证:MF=PF;(3)如图2,过点E作EN⊥CD于点N,在线段EN上取一点Q,使AQ=AP,连接BQ,BN.将△AQB绕点A旋转,使点Q旋转后的对应点Q'落在边AD上.请判断点B旋转后的对应点B'是否落在线段BN上,并说明理由.解:(1)设AP=FD=a,∴AF=2﹣a,∵四边形ABCD是正方形∴AB∥CD∴△AFP∽△DFC∴即∴a=﹣1∴AP=FD=﹣1,∴AF=AD﹣DF=3﹣∴=(2)在CD上截取DH=AF∵AF=DH,∠P AF=∠D=90°,AP=FD,∴△P AF≌△HDF(SAS)∴PF=FH,∵AD=CD,AF=DH∴FD=CH=AP=﹣1∵点E是AB中点,∴BE=AE=1=EM∴PE=P A+AE=∵EC2=BE2+BC2=1+4=5,∴EC=∴EC=PE,CM=﹣1∴∠P=∠ECP∵AP∥CD∴∠P=∠PCD∴∠ECP=∠PCD,且CM=CH=﹣1,CF=CF∴△FCM≌△FCH(SAS)∴FM=FH∴FM=PF(3)若点B'在BN上,如图,以A原点,AB为y轴,AD为x轴建立平面直角坐标系,∵EN⊥AB,AE=BE∴AQ=BQ=AP=﹣1由旋转的性质可得AQ=AQ'=﹣1,AB=AB'=2,Q'B'=QB=﹣1,∵点B(0,﹣2),点N(2,﹣1)∴直线BN解析式为:y=x﹣2设点B'(x,x﹣2)∴AB'==2∴x=∴点B'(,﹣)∵点Q'(﹣1,0)∴B'Q'=≠﹣1∴点B旋转后的对应点B'不落在线段BN上.。
最值综合题(几何)-全国各地2019年中考数学压轴题几何大题题型分类汇编(解析版)
2019全国各地中考数学压轴大题几何综合七、最值综合题1.(2019•绍兴)有一块形状如图的五边形余料ABCDE,AB=AE=6,BC=5,∠A=∠B=90°,∠C=135°,∠E>90°,要在这块余料中截取一块矩形材料,其中一条边在AE上,并使所截矩形材料的面积尽可能大.(1)若所截矩形材料的一条边是BC或AE,求矩形材料的面积.(2)能否截出比(1)中更大面积的矩形材料?如果能,求出这些矩形材料面积的最大值;如果不能,说明理由.解:(1)①若所截矩形材料的一条边是BC,如图1所示:过点C作CF⊥AE于F,S1=AB•BC=6×5=30;②若所截矩形材料的一条边是AE,如图2所示:过点E作EF∥AB交CD于F,FG⊥AB于G,过点C作CH⊥FG于H,则四边形AEFG为矩形,四边形BCHG为矩形,∵∠C=135°,∴∠FCH=45°,∴△CHF为等腰直角三角形,∴AE=FG=6,HG=BC=5,BG=CH=FH,∴BG=CH=FH=FG﹣HG=6﹣5=1,∴AG=AB﹣BG=6﹣1=5,∴S2=AE•AG=6×5=30;(2)能;理由如下:在CD上取点F,过点F作FM⊥AB于M,FN⊥AE于N,过点C作CG⊥FM于G,则四边形ANFM为矩形,四边形BCGM为矩形,∵∠C=135°,∴∠FCG=45°,∴△CGF为等腰直角三角形,∴MG=BC=5,BM=CG,FG=DG,设AM=x,则BM=6﹣x,∴FM=GM+FG=GM+CG=BC+BM=11﹣x,∴S=AM×FM=x(11﹣x)=﹣x2+11x=﹣(x﹣5.5)2+30.25,∴当x=5.5时,S的最大值为30.25.2.(2019•绍兴)如图,矩形ABCD中,AB=a,BC=b,点M,N分别在边AB,CD上,点E,F分别在边BC,AD上,MN,EF交于点P,记k=MN:EF.(1)若a:b的值为1,当MN⊥EF时,求k的值.(2)若a:b的值为,求k的最大值和最小值.(3)若k的值为3,当点N是矩形的顶点,∠MPE=60°,MP=EF=3PE时,求a:b的值.解:(1)如图1中,作EH⊥BC于H,MQ⊥CD于Q,设EF交MN于点O.∵四边形ABCD是正方形,∴FH=AB,MQ=BC,∵AB=CB,∴FH=MQ,∵EF⊥MN,∴∠EON=90°,∵∠ECN=90°,∴∠MNQ+∠CEO=180°,∠FEH+∠CEO=180°∴∠FEH=∠MNQ,∵∠EHF=∠MQN=90°,∴△FHE≌△MQN(ASA),∴MN=EF,∴k=MN:EF=1.(2)∵a:b=1:2,∴b=2a,由题意:2a≤MN≤a,a≤EF≤a,∴当MN的长取最大时,EF取最短,此时k的值最大最大值=,当MN的最短时,EF的值取最大,此时k的值最小,最小值为.(3)连接FN,ME.∵k=3,MP=EF=3PE,∴==3,∴==2,∵∠FPN=∠EPM,∴△PNF∽△PME,∴==2,ME∥NF,设PE=2m,则PF=4m,MP=6m,NP=12m,①如图2中,当点N与点D重合时,点M恰好与B重合.作FH⊥BD于H.∵∠MPE=∠FPH=60°,∴PH=2m,FH=2m,DH=10m,∴===.②如图3中,当点N与C重合,作EH⊥MN于H.则PH=m,HE=m,∴HC=PH+PC=13m,∴tan∠HCE===,∵ME∥FC,∴∠MEB=∠FCB=∠CFD,∵∠B=∠D,∴△MEB∽△CFD,∴==2,∴===,综上所述,a:b的值为或.3.(2019•益阳)如图,在平面直角坐标系xOy中,矩形ABCD的边AB=4,BC=6.若不改变矩形ABCD的形状和大小,当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时,矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动.(1)当∠OAD=30°时,求点C的坐标;(2)设AD的中点为M,连接OM、MC,当四边形OMCD的面积为时,求OA的长;(3)当点A移动到某一位置时,点C到点O的距离有最大值,请直接写出最大值,并求此时cos∠OAD 的值.解:(1)如图1,过点C作CE⊥y轴于点E,∵矩形ABCD中,CD⊥AD,∴∠CDE+∠ADO=90°,又∵∠OAD+∠ADO=90°,∴∠CDE=∠OAD=30°,∴在Rt△CED中,CE=CD=2,DE==2,在Rt△OAD中,∠OAD=30°,∴OD=AD=3,∴点C的坐标为(2,3+2);(2)∵M为AD的中点,∴DM=3,S△DCM=6,又S四边形OMCD=,∴S△ODM=,∴S△OAD=9,设OA=x、OD=y,则x2+y2=36,xy=9,∴x2+y2=2xy,即x=y,将x=y代入x2+y2=36得x2=18,解得x=3(负值舍去),∴OA=3;(3)OC的最大值为8,如图2,M为AD的中点,∴OM=3,CM==5,∴OC≤OM+CM=8,当O、M、C三点在同一直线时,OC有最大值8,连接OC,则此时OC与AD的交点为M,过点O作ON⊥AD,垂足为N,∵∠CDM=∠ONM=90°,∠CMD=∠OMN,∴△CMD∽△OMN,∴==,即==,解得MN=,ON=,∴AN=AM﹣MN=,在Rt△OAN中,OA==,∴cos∠OAD==.4.(2019•淮安)如图①,在△ABC中,AB=AC=3,∠BAC=100°,D是BC的中点.小明对图①进行了如下探究:在线段AD上任取一点P,连接PB.将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°,点B的对应点是点E,连接BE,得到△BPE.小明发现,随着点P在线段AD上位置的变化,点E 的位置也在变化,点E可能在直线AD的左侧,也可能在直线AD上,还可能在直线AD的右侧.请你帮助小明继续探究,并解答下列问题:(1)当点E在直线AD上时,如图②所示.①∠BEP=50°;②连接CE,直线CE与直线AB的位置关系是EC∥AB.(2)请在图③中画出△BPE,使点E在直线AD的右侧,连接CE.试判断直线CE与直线AB的位置关系,并说明理由.(3)当点P在线段AD上运动时,求AE的最小值.解:(1)①如图②中,∵∠BPE=80°,PB=PE,∴∠PEB=∠PBE=50°,②结论:AB∥EC.理由:∵AB=AC,BD=DC,∴AD⊥BC,∴∠BDE=90°,∴∠EBD=90°﹣50°=40°,∵AE垂直平分线段BC,∴EB=EC,∴∠ECB=∠EBC=40°,∵AB=AC,∠BAC=100°,∴∠ABC=∠ACB=40°,∴∠ABC=∠ECB,∴AB∥EC.故答案为50,AB∥EC.(2)如图③中,以P为圆心,PB为半径作⊙P.∵AD垂直平分线段BC,∴PB=PC,∴∠BCE=∠BPE=40°,∵∠ABC=40°,∴AB∥EC.(3)如图④中,作AH⊥CE于H,∵点E在射线CE上运动,点P在线段AD上运动,∴当点P运动到与点A重合时,AE的值最小,此时AE的最小值=AB=3.5.(2019•巴中)如图,在菱形ABCD中,连结BD、AC交于点O,过点O作OH⊥BC于点H,以点O为圆心,OH为半径的半圆交AC于点M.①求证:DC是⊙O的切线.②若AC=4MC且AC=8,求图中阴影部分的面积.③在②的条件下,P是线段BD上的一动点,当PD为何值时,PH+PM的值最小,并求出最小值.解:①过点O作OG⊥CD,垂足为G,在菱形ABCD中,AC是对角线,则AC平分∠BCD,∵OH⊥BC,OG⊥CD,∴OH=OG,∴OH、OG都为圆的半径,即DC是⊙O的切线;②∵AC=4MC且AC=8,∴OC=2MC=4,MC=OM=2,∴OH=2,在直角三角形OHC中,HO=CO,∴∠OCH=30°,∠COH=60°,∴HC=,S阴影=S△OCH﹣S扇形OHM=CH•OH﹣OH2=2﹣;③作M关于BD的对称点N,连接HN交BD于点P,∵PM=NP,∴PH+PM=PH+PN=HN,此时PH+PM最小,∵ON=OM=OH,∠MOH=60°,∴∠MNH=30°,∴∠MNH=∠HCM,∴HN=HC=2,即:PH+PM的最小值为2,∴PD=OP+OD=26.(2019•河北)如图,△ABC和△ADE中,AB=AD=6,BC=DE,∠B=∠D=30°,边AD与边BC交于点P(不与点B,C重合),点B,E在AD异侧,I为△APC的内心.(1)求证:∠BAD=∠CAE;(2)设AP=x,请用含x的式子表示PD,并求PD的最大值;(3)当AB⊥AC时,∠AIC的取值范围为m°<∠AIC<n°,分别直接写出m,n的值.解:(1)在△ABC和△ADE中,(如图1)∴△ABC≌△ADE(SAS)∴∠BAC=∠DAE即∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE∴∠BAD=∠CAE.(2)∵AD=6,AP=x,∴PD=6﹣x当AD⊥BC时,AP AB=3最小,即PD=6﹣3=3为PD的最大值.(3)如图2,设∠BAP=α,则∠APC=α+30°,∵AB⊥AC∴∠BAC=90°,∠PCA=60°,∠P AC=90°﹣α,∵I为△APC的内心∴AI、CI分别平分∠P AC,∠PCA,∴∠IAC∠P AC,∠ICA∠PCA∴∠AIC=180°﹣(∠IAC+∠ICA)=180°(∠P AC+∠PCA)=180°(90°﹣α+60°)α+105°∵0<α<90°,∴105°α+105°<150°,即105°<∠AIC<150°,∴m=105,n=150.7.(2019•广州)如图,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S1,△ABF的面积为S2,记S=S1﹣S2,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.求AE的长.解:(1)∵△ABC是等边三角形∴∠A=∠B=∠C=60°由折叠可知:DF=DC,且点F在AC上∴∠DFC=∠C=60°∴∠DFC=∠A∴DF∥AB;(2)存在,过点D作DM⊥AB交AB于点M,∵AB=BC=6,BD=4,∴CD=2∴DF=2,∴点F在以D为圆心,DF为半径的圆上,∴当点F在DM上时,S△ABF最小,∵BD=4,DM⊥AB,∠ABC=60°∴MD=2∴S△ABF的最小值6×(22)=66∴S最大值2×3(66)=﹣36(3)如图,过点D作DG⊥EF于点G,过点E作EH⊥CD于点H,∵△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE∴DF=DC=2,∠EFD=∠C=60°∵GD⊥EF,∠EFD=60°∴FG=1,DGFG∵BD2=BG2+DG2,∴16=3+(BF+1)2,∴BF1∴BG∵EH⊥BC,∠C=60°∴CH,EHHCEC∵∠GBD=∠EBH,∠BGD=∠BHE=90°∴△BGD∽△BHE∴∴∴EC1∴AE=AC﹣EC=78.(2019•南通)如图,矩形ABCD中,AB=2,AD=4.E,F分别在AD,BC上,点A与点C关于EF所在的直线对称,P是边DC上的一动点.(1)连接AF,CE,求证四边形AFCE是菱形;(2)当△PEF的周长最小时,求的值;(3)连接BP交EF于点M,当∠EMP=45°时,求CP的长.证明:(1)如图:连接AF,CE,AC交EF于点O∵四边形ABCD是矩形,∴AB=CD,AD=BC,AD∥BC∴∠AEO=∠CFO,∠EAO=∠FCO,∵点A与点C关于EF所在的直线对称∴AO=CO,AC⊥EF∵∠AEO=∠CFO,∠EAO=∠FCO,AO=CO∴△AEO≌△CFO(AAS)∴AE=CF,且AE∥CF∴四边形AFCE是平行四边形,且AC⊥EF∴四边形AFCE是菱形;(2)如图,作点F关于CD的对称点H,连接EH,交CD于点P,此时△EFP的周长最小,∵四边形AFCE是菱形∴AF=CF=CE=AE,∵AF2=BF2+AB2,∴AF2=(4﹣AF)2+4,∴AF∴AECF∴DE∵点F,点H关于CD对称∴CF=CH∵AD∥BC∴(3)如图,延长EF,延长AB交于点N,过点E作EH⊥BC于H,交BP于点G,过点B作BO⊥FN 于点O,由(2)可知,AE=CF,BF=DE∵EH⊥BC,∠A=∠ABC=90°∴四边形ABHE是矩形∴AB=EH=2,BH=AE∴FH=1∴EF,∵AD∥BC∴△BFN∽△AEN∴∴∴BN=3,NF∴AN=5,NE∵∠N=∠N,∠BON=∠A=90°∴△NBO∽△NEA∴∴∴BO,NO∵∠EMP=∠BMO=45°,BO⊥EN∴∠OBM=∠BMO=45°∴BO=MO∴ME=EN﹣NO﹣MO∵AB∥EH∴△BNM∽△GEM∴∴∴EG∴GH=EH﹣EG∵EH∥CD∴△BGH∽△BPC∴∴∴CP9.(2019•贵港)已知:△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°,将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A′B′C,记旋转角为α,当90°<α<180°时,作A′D⊥AC,垂足为D,A′D与B′C交于点E.(1)如图1,当∠CA′D=15°时,作∠A′EC的平分线EF交BC于点F.①写出旋转角α的度数;②求证:EA′+EC=EF;(2)如图2,在(1)的条件下,设P是直线A′D上的一个动点,连接P A,PF,若AB,求线段P A+PF 的最小值.(结果保留根号)(1)①解:旋转角为105°.理由:如图1中,∵A′D⊥AC,∴∠A′DC=90°,∵∠CA′D=15°,∴∠A′CD=75°,∴∠ACA′=105°,∴旋转角为105°.②证明:连接A′F,设EF交CA′于点O.在EF时截取EM=EC,连接CM.∵∠CED=∠A′CE+∠CA′E=45°+15°=60°,∴∠CEA′=120°,∵FE平分∠CEA′,∴∠CEF=∠FEA′=60°,∵∠FCO=180°﹣45°﹣75°=60°,∴∠FCO=∠A′EO,∵∠FOC=∠A′OE,∴△FOC∽△A′OE,∴,∴,∵∠COE=∠FOA′,∴△COE∽△FOA′,∴∠F A′O=∠OEC=60°,∴△A′CF是等边三角形,∴CF=CA′=A′F,∵EM=EC,∠CEM=60°,∴△CEM是等边三角形,∠ECM=60°,CM=CE,∵∠FCA′=∠MCE=60°,∴∠FCM=∠A′CE,∴△FCM≌△A′CE(ASA),∴FM=A′E,∴CE+A′E=EM+FM=EF.(2)解:如图2中,连接A′F,PB′,AB′,作B′M⊥AC交AC的延长线于M.由②可知,∠EA′F=′EA′B′=75°,A′E=A′E,A′F=A′B′,∴△A′EF≌△A′EB′,∴EF=EB′,∴B′,F关于A′E对称,∴PF=PB′,∴P A+PF=P A+PB′≥AB′,在Rt△CB′M中,CB′=BCAB=2,∠MCB′=30°,∴B′MCB′=1,CM,∴AB′.∴P A+PF的最小值为.10.(2019秋•朝阳区校级月考)如图,菱形EFGH的顶点E、G分别在矩形ABCD的边AD,BC上,顶点F,H在矩形ABCD的对角线BD上.(1)求证:BG DE=;(2)若3AB=,4BC=,则菱形EFGH的面积最大值是758.(1)证明:Q 四边形ABCD 是矩形, //AD BC ∴,FBG HDE ∴∠=∠,Q 四边形EFGH 是菱形,FG EH ∴=,EFG EHG ∠=∠,12GFH EFG ∠=∠,12EHF EHG ∠=∠, GFH EHG ∴∠=∠,BFG DHE ∴∠=∠,在BFG ∆和DHE ∆中,FBG HDE BFG DHE FG EH ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,()BFG DHE AAS ∴∆≅∆, BG DE ∴=;(2)解:当点F 与B 重合,点H 与D 重合时,菱形EFGH 的面积最大,如图所示: Q 四边形EFGH 是菱形, EG BD ∴⊥,BE DE BG ==, Q 四边形ABCD 是矩形, 90BAD ∴∠=︒,设BE DE x ==,则4AE x =-, 在Rt ABE ∆中,由勾股定理得:2223(4)x x +-=, 解得:258x =, 257488CG AE ∴==-=, ∴菱形EFGH 的面积最大值=矩形ABCD 的面积ABE -∆的面积CDG -∆的面积17753423288=⨯-⨯⨯⨯=; 故答案为:758.。
浙江省各市2019年中考数学分类解析 专题8:平面几何基础
浙江11市2019年中考数学试题分类解析汇编专题8:平面几何基础一、选择题1.(2019浙江湖州3分)△ABC中的三条中位线围成的三角形周长是15cm,则△ABC的周长为【】A.60cm B.45cm C.30cm D.152cm【答案】C。
【考点】三角形中位线定理,相似三角形的性质。
【分析】∵三角形的中位线平行且等于底边的一半,∴△ABC三条中位线围成的三角形与△ABC相似,且相似比是12。
∵△ABC中的三条中位线围成的三角形周长是15cm,∴△ABC的周长为30cm。
故选C。
2. (2019浙江嘉兴、舟山4分)已知△ABC中,∠B是∠A的2倍,∠C比∠A大20°,则∠A等于【】A.40°B.60°C.80°D.90°【答案】A。
【考点】一元一次方程的应用(几何问题),三角形内角和定理。
【分析】设∠A=x,则∠B=2x,∠C=x+20°,则x+2x+x+20°=180°,解得x=40°,即∠A=40°。
故选A。
3. (2019浙江丽水、金华3分)如图,小明在操场上从A点出发,先沿南偏东30°方向走到B点,再沿南偏东60°方向走到C点.这时,∠ABC的度数是【】A.120°B.135°C.150°D.160°【答案】 C。
【考点】方向角,平行线的性质。
【分析】由题意得:∠1=30°,∠2=60°,∵AE∥BF,∴∠1=∠4=30°。
∵∠2=60°,∴∠3=90°-60°=30°。
∴∠ABC=∠4+∠FBD+∠3=30°+90°+30°=150°。
故选C。
4. (2019浙江台州4分)如图,点D、E、F分别为∠ABC三边的中点,若△DEF的周长为10,则△ABC的周长为【】A.5 B.10 C.20 D.40【答案】C。
2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编:几何综合(浙江专版)(解析卷)
2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编(浙江专版)几何综合参考答案与试题解析1.(2019•杭州)如图,已知正方形ABCD的边长为1,正方形CEFG的面积为S1,点E在DC边上,点G在BC的延长线上,设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2,且S1=S2.(1)求线段CE的长;(2)若点H为BC边的中点,连接HD,求证:HD=HG.解:(1)设正方形CEFG的边长为a,∵正方形ABCD的边长为1,∴DE=1﹣a,∵S1=S2,∴a2=1×(1﹣a),解得,(舍去),,即线段CE的长是;(2)证明:∵点H为BC边的中点,BC=1,∴CH=0.5,∴DH==,∵CH=0.5,CG=,∴HG=,∴HD=HG.2.(2019•杭州)如图,已知锐角三角形ABC内接于圆O,OD⊥BC于点D,连接OA.(1)若∠BAC=60°,①求证:OD=OA.②当OA=1时,求△ABC面积的最大值.(2)点E在线段OA上,OE=OD,连接DE,设∠ABC=m∠OED,∠ACB=n∠OED(m,n是正数),若∠ABC<∠ACB,求证:m﹣n+2=0.解:(1)①连接OB、OC,则∠BOD=BOC=∠BAC=60°,∴∠OBC=30°,∴OD=OB=OA;②∵BC长度为定值,∴△ABC面积的最大值,要求BC边上的高最大,当AD过点O时,AD最大,即:AD=AO+OD=,△ABC面积的最大值=×BC×AD=×2OB sin60°×=;(2)如图2,连接OC,设:∠OED=x,则∠ABC=mx,∠ACB=nx,则∠BAC=180°﹣∠ABC﹣∠ACB=180°﹣mx﹣nx=∠BOC=∠DOC,∵∠AOC=2∠ABC=2mx,∴∠AOD=∠COD+∠AOC=180°﹣mx﹣nx+2mx=180°+mx﹣nx,∵OE=OD,∴∠AOD=180°﹣2x,即:180°+mx﹣nx=180°﹣2x,化简得:m﹣n+2=0.3.(2019•宁波)如图,矩形EFGH的顶点E,G分别在菱形ABCD的边AD,BC上,顶点F,H在菱形ABCD的对角线BD上.(1)求证:BG=DE;(2)若E为AD中点,FH=2,求菱形ABCD的周长.解:(1)∵四边形EFGH是矩形,∴EH=FG,EH∥FG,∴∠GFH=∠EHF,∵∠BFG=180°﹣∠GFH,∠DHE=180°﹣∠EHF,∴∠BFG=∠DHE,∵四边形ABCD是菱形,∴AD∥BC,∴∠GBF=∠EDH,∴△BGF≌△DEH(AAS),∴BG=DE;(2)连接EG,∵四边形ABCD是菱形,∴AD=BC,AD∥BC,∵E为AD中点,∴AE=ED,∵BG=DE,∴AE=BG,AE∥BG,∴四边形ABGE是平行四边形,∴AB=EG,∵EG=FH=2,∴AB=2,∴菱形ABCD的周长=8.4.(2019•宁波)定义:有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形,这两个角的夹边称为邻余线.(1)如图1,在△ABC中,AB=AC,AD是△ABC的角平分线,E,F分别是BD,AD上的点.求证:四边形ABEF是邻余四边形.(2)如图2,在5×4的方格纸中,A,B在格点上,请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF,使AB是邻余线,E,F在格点上.(3)如图3,在(1)的条件下,取EF中点M,连结DM并延长交AB于点Q,延长EF交AC于点N.若N为AC的中点,DE=2BE,QB=3,求邻余线AB的长.解:(1)∵AB=AC,AD是△ABC的角平分线,∴AD⊥BC,∴∠ADB=90°,∴∠DAB+∠DBA=90°,∠F AB与∠EBA互余,∴四边形ABEF是邻余四边形;(2)如图所示(答案不唯一),四边形AFEB为所求;(3)∵AB=AC,AD是△ABC的角平分线,∴BD=CD,∵DE=2BE,∴BD=CD=3BE,∴CE=CD+DE=5BE,∵∠EDF=90°,点M是EF的中点,∴DM=ME,∴∠MDE=∠MED,∵AB=AC,∴∠B=∠C,∴△DBQ∽△ECN,∴,∵QB=3,∴NC=5,∵AN=CN,∴AC=2CN=10,∴AB=AC=10.5.(2019•宁波)如图1,⊙O经过等边△ABC的顶点A,C(圆心O在△ABC内),分别与AB,CB 的延长线交于点D,E,连结DE,BF⊥EC交AE于点F.(1)求证:BD=BE.(2)当AF:EF=3:2,AC=6时,求AE的长.(3)设=x,tan∠DAE=y.①求y关于x的函数表达式;②如图2,连结OF,OB,若△AEC的面积是△OFB面积的10倍,求y的值.证明:(1)∵△ABC是等边三角形,∴∠BAC=∠C=60°,∵∠DEB=∠BAC=60°,∠D=∠C=60°,∴∠DEB=∠D,∴BD=BE;(2)如图1,过点A作AG⊥BC于点G,∵△ABC是等边三角形,AC=6,∴BG=,∴在Rt△ABG中,AG=BG=3,∵BF⊥EC,∴BF∥AG,∴,∵AF:EF=3:2,∴BE=BG=2,∴EG=BE+BG=3+2=5,在Rt△AEG中,AE=;(3)①如图1,过点E作EH⊥AD于点H,∵∠EBD=∠ABC=60°,∴在Rt△BEH中,,∴EH=,BH=,∵,∴BG=xBE,∴AB=BC=2BG=2xBE,∴AH=AB+BH=2xBE+BE=(2x+)BE,∴在Rt△AHE中,tan∠EAD=,∴y=;②如图2,过点O作OM⊥BC于点M,设BE=a,∵,∴CG=BG=xBE=ax,∴EC=CG+BG+BE=a+2ax,∴EM=EC=a+ax,∴BM=EM﹣BE=ax﹣a,∵BF∥AG,∴△EBF∽△EGA,∴,∵AG=,∴BF=,∴△OFB的面积=,∴△AEC的面积=,∵△AEC的面积是△OFB的面积的10倍,∴,∴2x2﹣7x+6=0,解得:,∴,6.(2019•温州)如图,在△ABC中,∠BAC=90°,点E在BC边上,且CA=CE,过A,C,E三点的⊙O交AB于另一点F,作直径AD,连结DE并延长交AB于点G,连结CD,CF.(1)求证:四边形DCFG是平行四边形.(2)当BE=4,CD=AB时,求⊙O的直径长.(1)证明:连接AE,∵∠BAC=90°,∴CF是⊙O的直径,∵AC=EC,∴CF⊥AE,∵AD是⊙O的直径,∴∠AED=90°,即GD⊥AE,∴CF∥DG,∵AD是⊙O的直径,∴∠ACD=90°,∴∠ACD+∠BAC=180°,∴AB∥CD,∴四边形DCFG是平行四边形;(2)解:由CD=AB,设CD=3x,AB=8x,∴CD=FG=3x,∵∠AOF=∠COD,∴AF=CD=3x,∴BG=8x﹣3x﹣3x=2x,∵GE∥CF,∴,∵BE=4,∴AC=CE=6,∴BC=6+4=10,∴AB==8=8x,∴x=1,在Rt△ACF中,AF=10,AC=6,∴CF==3,即⊙O的直径长为3.7.(2019•嘉兴)在6×6的方格纸中,点A,B,C都在格点上,按要求画图:(1)在图1中找一个格点D,使以点A,B,C,D为顶点的四边形是平行四边形.(2)在图2中仅用无刻度的直尺,把线段AB三等分(保留画图痕迹,不写画法).解:(1)由勾股定理得:CD=AB=CD'=,BD=AC=BD''=,AD'=BC=AD''=;画出图形如图1所示;(2)如图2所示.8.(2019•嘉兴)小波在复习时,遇到一个课本上的问题,温故后进行了操作、推理与拓展.(1)温故:如图1,在△ABC中,AD⊥BC于点D,正方形PQMN的边QM在BC上,顶点P,N 分别在AB,AC上,若BC=6,AD=4,求正方形PQMN的边长.(2)操作:能画出这类正方形吗?小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作:如图2,任意画△ABC,在AB上任取一点P',画正方形P'Q'M'N',使Q',M'在BC边上,N'在△ABC内,连结BN'并延长交AC于点N,画NM⊥BC于点M,NP⊥NM交AB于点P,PQ⊥BC于点Q,得到四边形PPQMN.小波把线段BN称为“波利亚线”.(3)推理:证明图2中的四边形PQMN是正方形.(4)拓展:在(2)的条件下,在射线BN上截取NE=NM,连结EQ,EM(如图3).当tan∠NBM=时,猜想∠QEM的度数,并尝试证明.请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题.(1)解:如图1中,∵PN∥BC,∴△APN∽△ABC,∴=,即=,解得PN=.(2)能画出这样的正方形,如图2中,正方形PNMQ即为所求.(3)证明:如图2中,由画图可知:∠QMN=∠PQM=∠NPQ=∠BM′N′=90°,∴四边形PNMQ是矩形,MN∥M′N′,∴△BN′M′∽△BNM,∴=,同理可得:=,∴=,∵M′N′=P′N′,∴MN=PN,∴四边形PQMN是正方形.(4)解:如图3中,结论:∠QEM=90°.理由:由tan∠NBM==,可以假设MN=3k,BM=4k,则BN=5k,BQ=k,BE=2k,∴==,==,∴=,∵∠QBE=∠EBM,∴△BQE∽△BEM,∴∠BEQ=∠BME,∵NE=NM,∴∠NEM=∠NME,∵∠BME+∠EMN=90°,∴∠BEQ+∠NEM=90°,∴∠QEM=90°.9.(2019•湖州)已知在平面直角坐标系xOy中,直线l1分别交x轴和y轴于点A(﹣3,0),B(0,3).(1)如图1,已知⊙P经过点O,且与直线l1相切于点B,求⊙P的直径长;(2)如图2,已知直线l2:y=3x﹣3分别交x轴和y轴于点C和点D,点Q是直线l2上的一个动点,以Q为圆心,2为半径画圆.①当点Q与点C重合时,求证:直线l1与⊙Q相切;②设⊙Q与直线l1相交于M,N两点,连结QM,QN.问:是否存在这样的点Q,使得△QMN是等腰直角三角形,若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.解:(1)如图1,连接BC,∵∠BOC=90°,∴点P在BC上,∵⊙P与直线l1相切于点B,∴∠ABC=90°,而OA=OB,∴△ABC为等腰直角三角形,则⊙P的直径长=BC=AB=3;(2)过点作CM⊥AB,由直线l2:y=3x﹣3得:点C(1,0),则CM=AC sin45°=4×=2=圆的半径,故点M是圆与直线l1的切点,即:直线l1与⊙Q相切;(3)如图3,①当点M、N在两条直线交点的下方时,由题意得:MQ=NQ,∠MQN=90°,设点Q的坐标为(m,3m﹣3),则点N(m,m+3),则NQ=m+3﹣3m+3=2,解得:m=3﹣;②当点M、N在两条直线交点的上方时,同理可得:m=3;故点P的坐标为(3﹣,6﹣3)或(3+,6+3).10.(2019•湖州)如图1,已知在平面直角坐标系xOy中,四边形OABC是矩形,点A,C分别在x 轴和y轴的正半轴上,连结AC,OA=3,tan∠OAC=,D是BC的中点.(1)求OC的长和点D的坐标;(2)如图2,M是线段OC上的点,OM=OC,点P是线段OM上的一个动点,经过P,D,B 三点的抛物线交x轴的正半轴于点E,连结DE交AB于点F.①将△DBF沿DE所在的直线翻折,若点B恰好落在AC上,求此时BF的长和点E的坐标;②以线段DF为边,在DF所在直线的右上方作等边△DFG,当动点P从点O运动到点M时,点G也随之运动,请直接写出点G运动路径的长.解:(1)∵OA=3,tan∠OAC==,∴OC=,∵四边形OABC是矩形,∴BC=OA=3,∵D是BC的中点,∴CD=BC=,∴D(,);(2)①∵tan∠OAC=,∴∠OAC=30°,∴∠ACB=∠OAC=30°,设将△DBF沿DE所在的直线翻折后,点B恰好落在AC上的B'处,则DB'=DB=DC,∠BDF=∠B'DF,∴∠DB'C=∠ACB=30°∴∠BDB'=60°,∴∠BDF=∠B'DF=30°,∵∠B=90°,∴BF=BD•tan30°=,∵AB=,∴AF=BF=,∵∠BFD=∠AEF,∴∠B=∠F AE=90°,∴△BFD≌△AFE(ASA),∴AE=BD=,∴OE=OA+AE=,∴点E的坐标(,0);②动点P在点O时,∵抛物线过点P(0,0)、D(,)、B(3,)求得此时抛物线解析式为y=﹣x2+x,∴E(,0),∴直线DE:y=﹣x+,∴F1(3,);当动点P从点O运动到点M时,∵抛物线过点P(0,)、D(,)、B(3,)求得此时抛物线解析式为y=﹣x2+x+,∴E(6,0),∴直线DE:y=﹣x+,∴F2(3,);∴点F运动路径的长为F1F2==,∵△DFG为等边三角形,∴G运动路径的长为.11.(2019•绍兴)在屏幕上有如下内容:如图,△ABC内接于⊙O,直径AB的长为2,过点C的切线交AB的延长线于点D.张老师要求添加条件后,编制一道题目,并解答.(1)在屏幕内容中添加条件∠D=30°,求AD的长.请你解答.(2)以下是小明、小聪的对话:小明:我加的条件是BD=1,就可以求出AD的长小聪:你这样太简单了,我加的是∠A=30°,连结OC,就可以证明△ACB与△DCO全等.参考此对话,在屏幕内容中添加条件,编制一道题目(可以添线添字母),并解答.解:(1)连接OC,如图,∵CD为切线,∴OC⊥CD,∴∠OCD=90°,∵∠D=30°,∴OD=2OC=2,∴AD=AO+OD=1+2=3;(2)添加∠DCB=30°,求AC的长,解:∵AB为直径,∴∠ACB=90°,∵∠ACO+∠OCB=90°,∠OCB+∠DCB=90°,∴∠ACO=∠DCB,∵∠ACO=∠A,∴∠A=∠DCB=30°,在Rt△ACB中,BC=AB=1,∴AC=BC=.12.(2019•绍兴)有一块形状如图的五边形余料ABCDE,AB=AE=6,BC=5,∠A=∠B=90°,∠C=135°,∠E>90°,要在这块余料中截取一块矩形材料,其中一条边在AE上,并使所截矩形材料的面积尽可能大.(1)若所截矩形材料的一条边是BC或AE,求矩形材料的面积.(2)能否截出比(1)中更大面积的矩形材料?如果能,求出这些矩形材料面积的最大值;如果不能,说明理由.解:(1)①若所截矩形材料的一条边是BC,如图1所示:过点C作CF⊥AE于F,S1=AB•BC=6×5=30;②若所截矩形材料的一条边是AE,如图2所示:过点E作EF∥AB交CD于F,FG⊥AB于G,过点C作CH⊥FG于H,则四边形AEFG为矩形,四边形BCHG为矩形,∵∠C=135°,∴∠FCH=45°,∴△CHF为等腰直角三角形,∴AE=FG=6,HG=BC=5,BG=CH=FH,∴BG=CH=FH=FG﹣HG=6﹣5=1,∴AG=AB﹣BG=6﹣1=5,∴S2=AE•AG=6×5=30;(2)能;理由如下:在CD上取点F,过点F作FM⊥AB于M,FN⊥AE于N,过点C作CG⊥FM于G,则四边形ANFM为矩形,四边形BCGM为矩形,∵∠C=135°,∴∠FCG=45°,∴△CGF为等腰直角三角形,∴MG=BC=5,BM=CG,FG=DG,设AM=x,则BM=6﹣x,∴FM=GM+FG=GM+CG=BC+BM=11﹣x,∴S=AM×FM=x(11﹣x)=﹣x2+11x=﹣(x﹣5.5)2+30.25,∴当x=5.5时,S的最大值为30.25.13.(2019•绍兴)如图1是实验室中的一种摆动装置,BC在地面上,支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形,摆动臂AD可绕点A旋转,摆动臂DM可绕点D旋转,AD=30,DM=10.(1)在旋转过程中,①当A,D,M三点在同一直线上时,求AM的长.②当A,D,M三点为同一直角三角形的顶点时,求AM的长.(2)若摆动臂AD顺时针旋转90°,点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处,连结D1D2,如图2,此时∠AD2C=135°,CD2=60,求BD2的长.解:(1)①AM=AD+DM=40,或AM=AD﹣DM=20.②显然∠MAD不能为直角.当∠AMD为直角时,AM2=AD2﹣DM2=302﹣102=800,∴AM=20或(﹣20舍弃).当∠ADM=90°时,AM2=AD2+DM2=302+102=1000,∴AM=10或(﹣10舍弃).综上所述,满足条件的AM的值为20或10.(2)如图2中,连接CD.由题意:∠D1AD2=90°,AD1=AD2=30,∴∠AD2D1=45°,D1D2=30,∵∠AD2C=135°,∴∠CD2D1=90°,∴CD1==30,∵∠BAC=∠A1AD2=90°,∴∠BAC﹣∠CAD2=∠D2AD1﹣∠CAD2,∴∠BAD1=∠CAD2,∵AB=AC,AD2=AD1,∴△BAD2≌△CAD1(SAS),∴BD2=CD1=30.14.(2019•绍兴)如图,矩形ABCD中,AB=a,BC=b,点M,N分别在边AB,CD上,点E,F分别在边BC,AD上,MN,EF交于点P,记k=MN:EF.(1)若a:b的值为1,当MN⊥EF时,求k的值.(2)若a:b的值为,求k的最大值和最小值.(3)若k的值为3,当点N是矩形的顶点,∠MPE=60°,MP=EF=3PE时,求a:b的值.解:(1)如图1中,作EH⊥BC于H,MQ⊥CD于Q,设EF交MN于点O.∵四边形ABCD是正方形,∴FH=AB,MQ=BC,∵AB=CB,∴FH=MQ,∵EF⊥MN,∴∠EON=90°,∵∠ECN=90°,∴∠MNQ+∠CEO=180°,∠FEH+∠CEO=180°∴∠FEH=∠MNQ,∵∠EHF=∠MQN=90°,∴△FHE≌△MQN(ASA),∴MN=EF,∴k=MN:EF=1.(2)∵a:b=1:2,∴b=2a,由题意:2a≤MN≤a,a≤EF≤a,∴当MN的长取最大时,EF取最短,此时k的值最大最大值=,当MN的最短时,EF的值取最大,此时k的值最小,最小值为.(3)连接FN,ME.∵k=3,MP=EF=3PE,∴==3,∴==2,∵∠FPN=∠EPM,∴△PNF∽△PME,∴==2,ME∥NF,设PE=2m,则PF=4m,MP=6m,NP=12m,①如图2中,当点N与点D重合时,点M恰好与B重合.作FH⊥BD于H.∵∠MPE=∠FPH=60°,∴PH=2m,FH=2m,DH=10m,∴===.②如图3中,当点N与C重合,作EH⊥MN于H.则PH=m,HE=m,∴HC=PH+PC=13m,∴tan∠HCE===,∵ME∥FC,∴∠MEB=∠FCB=∠CFD,∵∠B=∠D,∴△MEB∽△CFD,∴==2,∴===,综上所述,a:b的值为或.15.(2019•金华)如图,在▱OABC中,以O为圆心,OA为半径的圆与BC相切于点B,与OC相交于点D.(1)求的度数.(2)如图,点E在⊙O上,连结CE与⊙O交于点F,若EF=AB,求∠OCE的度数.解:(1)连接OB,∵BC是圆的切线,∴OB⊥BC,∵四边形OABC是平行四边形,∴OA∥BC,∴OB⊥OA,∴△AOB是等腰直角三角形,∴∠ABO=45°,∴的度数为45°;(2)连接OE,过点O作OH⊥EC于点H,设EH=t,∵OH⊥EC,∴EF=2HE=2t,∵四边形OABC是平行四边形,∴AB=CO=EF=2t,∵△AOB是等腰直角三角形,∴OA=t,则HO===t,∵OC=2OH,∴∠OCE=30°.16.(2019•金华)如图,在等腰Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=14,点D,E分别在边AB,BC 上,将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF.(1)如图1,若AD=BD,点E与点C重合,AF与DC相交于点O.求证:BD=2DO.(2)已知点G为AF的中点.①如图2,若AD=BD,CE=2,求DG的长.②若AD=6BD,是否存在点E,使得△DEG是直角三角形?若存在,求CE的长;若不存在,试说明理由.(1)证明:如图1中,∵CA=CB,∠ACB=90°,BD=AD,∴CD⊥AB,CD=AD=BD,∵CD=CF,∴AD=CF,∵∠ADC=∠DCF=90°,∴AD∥CF,∴四边形ADFC是平行四边形,∴OD=OC,∵BD=2OD.(2)①解:如图2中,作DT⊥BC于点T,FH⊥BC于H.由题意:BD=AD=CD=7,BC=BD=14,∵DT⊥BC,∴BT=TC=7,∵EC=2,∴TE=5,∵∠DTE=∠EHF=∠DEF=90°,∴∠DET+∠TDE=90°,∠DET+∠FEH=90°,∴∠TDE=∠FEH,∵ED=EF,∴△DTE≌△EHF(AAS),∴FH=ET=5,∵∠DDBE=∠DFE=45°,∴B,D,E,F四点共圆,∴∠DBF+∠DEF=90°,∴∠DBF=90°,∵∠DBE=45°,∴∠FBH=45°,∵∠BHF=90°,∴∠HBF=∠HFB=45°,∴BH=FH=5,∴BF=5,∵∠ADC=∠ABF=90°,∴DG∥BF,∵AD=DB,∴AG=GF,∴DG=BF=.②解:如图3﹣1中,当∠DEG=90°时,F,E,G,A共线,作DT⊥BC于点T,FH⊥BC于H.设EC=x.∵AD=6BD,∴BD=AB=2,∵DT⊥BC,∠DBT=45°,∴DT=BT=2,∵△DTE≌△EHF,∴EH=DT=2,∴BH=FH=12﹣x,∵FH∥AC,∴=,∴=,整理得:x2﹣12x+28=0,解得x=6±2.如图3﹣2中,当∠EDG=90°时,取AB的中点O,连接OG.作EH⊥AB于H.设EC=x,由2①可知BF=(12﹣x),OG=BF=(12﹣x),∵∠EHD=∠EDG=∠DOG=90°,∴∠ODG+∠OGD=90°,∠ODG+∠EDH=90°,∴∠DGO=∠HDE,∴△EHD∽△DOG,∴=,∴=,整理得:x2﹣36x+268=0,解得x=18﹣2或18+2(舍弃),如图3﹣3中,当∠DGE=90°时,取AB的中点O,连接OG,CG,作DT⊥BC于T,FH⊥BC于H,EK⊥CG于K.设EC=x.∵∠DBE=∠DFE=45°,∴D,B,F,E四点共圆,∴∠DBF+∠DEF=90°,∵∠DEF=90°,∴∠DBF=90°,∵AO=OB,AG=GF,∴OG∥BF,∴∠AOG=∠ABF=90°,∴OG⊥AB,∵OG垂直平分线段AB,∵CA=CB,∴O,G,C共线,由△DTE≌△EHF,可得EH=DT=BT=2,ET=FH=12﹣x,BF=(12﹣x),OG=BF=(12﹣x),CK=EK=x,GK=7﹣(12﹣x)﹣x,由△OGD∽△KEG,可得=,∴=,解得x=2,,综上所述,满足条件的EC的值为6±2或18﹣2或2.17.(2019•衢州)如图,在等腰△ABC中,AB=AC,以AC为直径作⊙O交BC于点D,过点D作DE⊥AB,垂足为E.(1)求证:DE是⊙O的切线.(2)若DE=,∠C=30°,求的长.(1)证明:连接OD;∵OD=OC,∴∠C=∠ODC,∵AB=AC,∴∠B=∠C,∴∠B=∠ODC,∴OD∥AB,∴∠ODE=∠DEB;∵DE⊥AB,∴∠DEB=90°,∴∠ODE=90°,即DE⊥OD,∴DE是⊙O的切线.(2)解:连接AD,∵AC是直径,∴∠ADC=90°,∵AB=AC,∴∠B=∠C=30°,BD=CD,∴∠OAD=60°,∵OA=OD,∴△AOD是等边三角形,∴∠AOD=60°,∵DE=,∠B=30°,∠BED=90°,∴CD=BD=2DE=2,∴OD=AD=tan30°•CD=×2=2,∴的长为:=.18.(2019•衢州)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,∠BAC=60°,AD平分∠BAC交BC 于点D,过点D作DE∥AC交AB于点E,点M是线段AD上的动点,连结BM并延长分别交DE,AC于点F、G.(1)求CD的长.(2)若点M是线段AD的中点,求的值.(3)请问当DM的长满足什么条件时,在线段DE上恰好只有一点P,使得∠CPG=60°?解:(1)∵AD平分∠BAC,∠BAC=60°,∴∠DAC=∠BAC=30°,在Rt△ADC中,DC=AC•tan30°=6×=2.(2)由题意易知:BC=6,BD=4,∵DE∥AC,∴∠FDM=∠GAM,∵AM=DM,∠DMF=∠AMG,∴△DFM≌△AGM(ASA),∴DF=AG,∵DE∥AC,∴==,∴====.(3)∵∠CPG=60°,过C,P,G作外接圆,圆心为Q,∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形.①当⊙Q与DE相切时,如图3﹣1中,作QH⊥AC于H,交DE于P.连接QC,QG.菁优网设⊙Q的半径为r.则QH=r,r+r=2,∴r=,∴CG=×=4,AG=2,由△DFM∽△AGM,可得==,∴DM=AD=.②当⊙Q经过点E时,如图3﹣2中,延长CO交AB于K,设CQ=r.∵QC=QG,∠CQG=120°,∴∠KCA=30°,∵∠CAB=60°,∴∠AKC=90°,在Rt△EQK中,QK=3﹣r,EQ=r,EK=1,∴12+(3﹣r)2=r2,解得r=,∴CG=×=,由△DFM∽△AGM,可得DM=.③当⊙Q经过点D时,如图3﹣3中,此时点M,点G与点A重合,可得DM=AD=4.观察图象可知:当DM=或<DM≤4时,满足条件的点P只有一个.19.(2019•台州)我们知道,各个角都相等,各条边都相等的多边形叫做正多边形.对一个各条边都相等的凸多边形(边数大于3),可以由若干条对角线相等判定它是正多边形.例如,各条边都相等的凸四边形,若两条对角线相等,则这个四边形是正方形.(1)已知凸五边形ABCDE的各条边都相等.①如图1,若AC=AD=BE=BD=CE,求证:五边形ABCDE是正五边形;②如图2,若AC=BE=CE,请判断五边形ABCDE是不是正五边形,并说明理由:(2)判断下列命题的真假.(在括号内填写“真”或“假”)如图3,已知凸六边形ABCDEF的各条边都相等.①若AC=CE=EA,则六边形ABCDEF是正六边形;(假)②若AD=BE=CF,则六边形ABCDEF是正六边形.(假)(1)①证明:∵凸五边形ABCDE的各条边都相等,∴AB=BC=CD=DE=EA,在△ABC、△BCD、△CDE、△DEA、EAB中,,∴△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌EAB(SSS),∴∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEA=∠EAB,∴五边形ABCDE是正五边形;②解:若AC=BE=CE,五边形ABCDE是正五边形,理由如下:在△ABE、△BCA和△DEC中,,∴△ABE≌△BCA≌△DEC(SSS),∴∠BAE=∠CBA=∠EDC,∠AEB=∠ABE=∠BAC=∠BCA=∠DCE=∠DEC,在△ACE和△BEC中,,∴△ACE≌△BEC(SSS),∴∠ACE=∠CEB,∠CEA=∠CAE=∠EBC=∠ECB,同理:∠CBA=∠D=∠AED=∠BCD=3∠ABE=∠BAE,∴五边形ABCDE是正五边形;(2)解:①若AC=CE=EA,如图3所示:则六边形ABCDEF是正六边形;假命题;理由如下:∵凸六边形ABCDEF的各条边都相等,∴AB=BC=CD=DE=EF=F A,在△AEF、△CAB和△ECD中,,∴△AEF≌△CAB≌△ECD(SSS),如果△AEF、△CAB、△ECD都为相同的等腰直角三角形,则∠F=∠D=∠B=90°,而正六边形的各个内角都为120°,∴六边形ABCDEF不是正六边形;故答案为:假;②若AD=BE=CF,则六边形ABCDEF是正六边形;假命题;理由如下:如图4所示:连接AE、AC、CE、BF,在△BFE和△FBC中,,∴△BFE≌△FBC(SSS),∴∠BFE=∠FBC,∵AB=AF,∴∠AFB=∠ABF,∴∠AFE=∠ABC,在△F AE和△BCA中,,∴△F AE≌△BCA(SAS),∴AE=CA,同理:AE=CE,∴AE=CA=CE,由①得:△AEF、△CAB、△ECD都为相同的等腰直角三角形,则∠F=∠D=∠B=90°,而正六边形的各个内角都为120°,∴六边形ABCDEF不是正六边形;故答案为:假.20.(2019•台州)如图,正方形ABCD的边长为2,E为AB的中点,P是BA延长线上的一点,连接PC交AD于点F,AP=FD.(1)求的值;(2)如图1,连接EC,在线段EC上取一点M,使EM=EB,连接MF,求证:MF=PF;(3)如图2,过点E作EN⊥CD于点N,在线段EN上取一点Q,使AQ=AP,连接BQ,BN.将△AQB绕点A旋转,使点Q旋转后的对应点Q'落在边AD上.请判断点B旋转后的对应点B'是否落在线段BN上,并说明理由.解:(1)设AP=FD=a,∴AF=2﹣a,∵四边形ABCD是正方形∴AB∥CD∴△AFP∽△DFC∴即∴a=﹣1∴AP=FD=﹣1,∴AF=AD﹣DF=3﹣∴=(2)在CD上截取DH=AF∵AF=DH,∠P AF=∠D=90°,AP=FD,∴△P AF≌△HDF(SAS)∴PF=FH,∵AD=CD,AF=DH∴FD=CH=AP=﹣1∵点E是AB中点,∴BE=AE=1=EM∴PE=P A+AE=∵EC2=BE2+BC2=1+4=5,∴EC=∴EC=PE,CM=﹣1∴∠P=∠ECP∵AP∥CD∴∠P=∠PCD∴∠ECP=∠PCD,且CM=CH=﹣1,CF=CF∴△FCM≌△FCH(SAS)∴FM=FH∴FM=PF(3)若点B'在BN上,如图,以A原点,AB为y轴,AD为x轴建立平面直角坐标系,∵EN⊥AB,AE=BE∴AQ=BQ=AP=﹣1由旋转的性质可得AQ=AQ'=﹣1,AB=AB'=2,Q'B'=QB=﹣1,∵点B(0,﹣2),点N(2,﹣1)∴直线BN解析式为:y=x﹣2设点B'(x,x﹣2)∴AB'==2∴x=∴点B'(,﹣)∵点Q'(﹣1,0)∴B'Q'=≠﹣1∴点B旋转后的对应点B'不落在线段BN上.。
2019年全国各地中考数学压轴题汇编:几何综合(浙江专版)(解析卷)
2019年全国各地中考数学压轴题汇编(浙江专版)几何综合参考答案与试题解析1.数学课上,张老师举了下面的例题:例1等腰三角形ABC中,∠A=110°,求∠B的度数.(答案:35°)例2等腰三角形ABC中,∠A=40°,求∠B的度数,(答案:40°或70°或100°)张老师启发同学们进行变式,小敏编了如下一题:变式等腰三角形ABC中,∠A=80°,求∠B的度数.(1)请你解答以上的变式题.(2)解(1)后,小敏发现,∠A的度数不同,得到∠B的度数的个数也可能不同,如果在等腰三角形ABC中,设∠A=x°,当∠B有三个不同的度数时,请你探索x取值范围.解:(1)若∠A为顶角,则∠B=(180°﹣∠A)÷2=50°;若∠A为底角,∠B为顶角,则∠B=180°﹣2×80°=20°;若∠A为底角,∠B为底角,则∠B=80°;故∠B=50°或20°或80°;(2)分两种情况:①当90≤x<180时,∠A只能为顶角,∴∠B的度数只有一个;②当0<x<90时,若∠A为顶角,则∠B=()°;若∠A为底角,∠B为顶角,则∠B=(180﹣2x)°;若∠A为底角,∠B为底角,则∠B=x°.当≠180﹣2x且180﹣2x≠x且≠x,即x≠60时,∠B有三个不同的度数.2.如图,在Rt△ABC中,点O在斜边AB上,以O为圆心,OB为半径作圆,分别与BC,AB相交于点D,E,连结AD.已知∠CAD=∠B.(1)求证:AD是⊙O的切线.(2)若BC=8,tanB=,求⊙O的半径.(1)证明:连接OD,∵OB=OD,∴∠3=∠B,∵∠B=∠1,∴∠1=∠3,在Rt△ACD中,∠1+∠2=90°,∴∠4=180°﹣(∠2+∠3)=90°,∴OD⊥AD,则AD为圆O的切线;(2)设圆O的半径为r,在Rt△ABC中,AC=BCtanB=4,根据勾股定理得:AB==4,∴OA=4﹣r,在Rt△ACD中,tan∠1=tanB=,∴CD=ACtan∠1=2,根据勾股定理得:AD2=AC2+CD2=16+4=20,在Rt△ADO中,OA2=OD2+AD2,即(4﹣r)2=r2+20,解得:r=.3.如图,在6×6的网格中,每个小正方形边长为1,点A在格点(小正方形的顶点)上.试在各网格中画出顶点在格点上,面积为6,且符合相应条件图形.解:符合条件的图形如图所示:4.如图,在四边形ABCD中,E是AB的中点,AD∥EC,∠AED=∠B.(1)求证:△AED≌△EBC.(2)当AB=6时,求CD的长.(1)证明:∵AD∥EC,∵E是AB中点,∴AE=EB,∵∠AED=∠B,∴△AED≌△EBC.(2)解:∵△AED≌△EBC,∴AD=EC,∵AD∥EC,∴四边形AECD是平行四边形,∴CD=AE,∵AB=6,∴CD=AB=3.5.如图,已知AB是⊙O的直径,C,D是⊙O上的点,OC∥BD,交AD于点E,连结BC.(1)求证:AE=ED;(2)若AB=10,∠CBD=36°,求的长.证明:(1)∵AB是⊙O的直径,∴∠ADB=90°,∵OC∥BD,∴∠AEO=∠ADB=90°,即OC⊥AD,∴AE=ED;(2)∵OC⊥AD,∴∠ABC=∠CBD=36°,∴∠AOC=2∠ABC=2×36°=72°,∴.6.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,以点B为圆心,BC长为半径画弧,交线段AB于点D;以点A为圆心,AD长为半径画弧,交线段AC于点E,连结CD.(1)若∠A=28°,求∠ACD的度数.(2)设BC=a,AC=b.①线段AD的长是方程x2+2ax﹣b2=0的一个根吗?说明理由.②若AD=EC,求的值.解:(1)∵∠ACB=90°,∠A=28°,∴∠B=62°,∵BD=BC,∴∠BCD=∠BDC=59°,∴∠ACD=90°﹣∠BCD=31°;(2)①由勾股定理得,AB==,∴AD=﹣a,解方程x2+2ax﹣b2=0得,x==﹣a,∴线段AD的长是方程x2+2ax﹣b2=0的一个根;②∵AD=AE,∴AE=EC=,由勾股定理得,a2+b2=(b+a)2,整理得,=.7.在5×3的方格纸中,△ABC的三个顶点都在格点上.(1)在图1中画出线段BD,使BD∥AC,其中D是格点;(2)在图2中画出线段BE,使BE⊥AC,其中E是格点.解:(1)如图所示,线段BD即为所求;(2)如图所示,线段BE即为所求.8.如图,在▱ABCD中,AC是对角线,BE⊥AC,DF⊥AC,垂足分别为点E,F,求证:AE=CF.证明:如图,∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB=CD,AB∥CD,∴∠BAE=∠DCF.又BE⊥AC,DF⊥AC,∴∠AEB=∠CFD=90°.在△ABE与△CDF中,,∴得△ABE≌△CDF(AAS),∴AE=CF.9.已知:在△ABC中,AB=AC,D为AC的中点,DE⊥AB,DF⊥BC,垂足分别为点E,F,且DE=DF.求证:△ABC是等边三角形.证明:∵DE⊥AB,DF⊥BC,垂足分别为点E,F,∴∠AED=∠CFD=90°,∵D为AC的中点,∴AD=DC,在Rt△ADE和Rt△CDF中,,∴Rt△ADE≌Rt△CDF,∴∠A=∠C,∴BA=BC,∵AB=AC,∴AB=BC=AC,∴△ABC是等边三角形.10.如图,D是△ABC的BC边上一点,连接AD,作△ABD的外接圆,将△ADC 沿直线AD折叠,点C的对应点E落在BD上.(1)求证:AE=AB.(2)若∠CAB=90°,cos∠ADB=,BE=2,求BC的长.解:(1)由折叠的性质可知,△ADE≌△ADC,∴∠AED=∠ACD,AE=AC,∵∠ABD=∠AED,∴∠ABD=∠ACD,∴AB=AC,∴AE=AB;(2)如图,过A作AH⊥BE于点H,∵AB=AE,BE=2,∴BH=EH=1,∵∠ABE=∠AEB=∠ADB,cos∠ADB=,∴cos∠ABE=cos∠ADB=,∴=.∵∠BAC=90°,AC=AB,∴BC=3.11.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=12.点D在直线CB上,以CA,CD为边作矩形ACDE,直线AB与直线CE,DE的交点分别为F,G.(1)如图,点D在线段CB上,四边形ACDE是正方形.①若点G为DE中点,求FG的长.②若DG=GF,求BC的长.(2)已知BC=9,是否存在点D,使得△DFG是等腰三角形?若存在,求该三角形的腰长;若不存在,试说明理由.解:(1)①在正方形ACDE中,DG=GE=6,中Rt△AEG中,AG==6,∵EG∥AC,∴△ACF∽△GEF,∴=,∴==,∴FG=AG=2.②如图1中,正方形ACDE中,AE=ED,∠AEF=∠DEF=45°,∵EF=EF,∴△AEF≌△DEF,∴∠1=∠2,设∠1=∠2=x,∵AE∥BC,∵GF=GD,∴∠3=∠2=x,在△DBF中,∠3+∠FDB+∠B=180°,∴x+(x+90°)+x=180°,解得x=30°,∴∠B=30°,∴在Rt△ABC中,BC==12.(2)在Rt△ABC中,AB===15,如图2中,当点D中线段BC上时,此时只有GF=GD,∵DG∥AC,∴△BDG∽△BCA,设BD=3x,则DG=4x,BG=5x,∴GF=GD=4x,则AF=15﹣9x,∵AE∥CB,∴△AEF∽△BCF,∴=,∴=,整理得:x2﹣6x+5=0,解得x=1或5(舍弃)∴腰长GD为=4x=4.如图3中,当点D中线段BC的延长线上,且直线AB,CE的交点中AE上方时,此时只有GF=DG,设AE=3x,则EG=4x,AG=5x,∴FG=DG=12+4x,∵AE∥BC,∴△AEF∽△BCF,∴=,∴=,解得x=2或﹣2(舍弃),∴腰长DG=4x+12=20.如图4中,当点D在线段BC的延长线上,且直线AB,EC的交点中BD下方时,此时只有DF=DG,过点D作DH⊥FG.设AE=3x,则EG=4x,AG=5x,DG=4x+12,∴FH=GH=DG•cos∠DGB=(4x+12)×=,∴GF=2GH=,∴AF=GF﹣AG=,∵AC∥DG,∴△ACF∽△GEF,∴=,∴=,解得x=或﹣(舍弃),∴腰长GD=4x+12=,如图5中,当点D中线段CB的延长线上时,此时只有DF=DG,作DH⊥AG于H.设AE=3x,则EG=4x,AG=5x,DG=4x﹣12,∴FH=GH=DG•cos∠DGB=,∴FG=2FH=,∴AF=AG﹣FG=,∵AC∥EG,∴△ACF∽△GEF,∴=,∴=,解得x=或﹣(舍弃),∴腰长DG=4x﹣12=,综上所述,等腰三角形△DFG的腰长为4或20或或.12.如图,△ABC是⊙O内接三角形,点D在上,点E在弦AB上(E不与A 重合),且四边形BDCE为菱形.(1)求证:AC=CE;(2)求证:BC2﹣AC2=AB•AC;(3)已知⊙O的半径为3.①若=,求BC的长;②当为何值时,AB•AC的值最大?解:(1)∵四边形EBDC为菱形,∴∠D=∠BEC,∵四边形ABDC是圆的内接四边形,∴∠A+∠D=180°,又∠BEC+∠AEC=180°,∴∠A=∠AEC,∴AC=AE;(2)以点C为圆心,CE长为半径作⊙C,与BC交于点F,于BC延长线交于点G,则CF=CG,由(1)知AC=CE=CD,∴CF=CG=AC,∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形,∴∠G+∠AEF=180°,又∵∠AEF+∠BEF=180°,∴∠G=∠BEF,∵∠EBF=∠GBA,∴△BEF∽△BGA,∴=,即BF•BG=BE•AB,∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC,BE=CE=AC,∴(BC﹣AC)(BC+AC)=AB•AC,即BC2﹣AC2=AB•AC;(3)设AB=5k、AC=3k,∵BC2﹣AC2=AB•AC,∴BC=2k,连接ED交BC于点M,∵四边形BDCE是菱形,∴DE垂直平分BC,则点E、O、M、D共线,在Rt△DMC中,DC=AC=3k,MC=BC=k,∴DM==k,∴OM=OD﹣DM=3﹣k,在Rt△COM中,由OM2+MC2=OC2得(3﹣k)2+(k)2=32,解得:k=或k=0(舍),∴BC=2k=4;②设OM=d,则MD=3﹣d,MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2,∴BC2=(2MC)2=36﹣4d2,AC2=DC2=DM2+CM2=(3﹣d)2+9﹣d2,由(2)得AB•AC=BC2﹣AC2=﹣4d2+6d+18=﹣4(d﹣)2+,∴当x=,即OM=时,AB•AC最大,最大值为,∴DC2=,∴AC=DC=,∴AB=,此时=.13.小敏思考解决如下问题:原题:如图1,点P,Q分别在菱形ABCD的边BC,CD上,∠PAQ=∠B,求证:AP=AQ.(1)小敏进行探索,若将点P,Q的位置特殊化;把∠PAQ绕点A旋转得到∠EAF,使AE⊥BC,点E,F分别在边BC,CD上,如图2.此时她证明了AE=AF,请你证明.(2)受以上(1)的启发,在原题中,添加辅助线:如图3,作AE⊥BC,AF⊥CD,垂足分别为E,F.请你继续完成原题证明.(3)如果在原题中添加条件:AB=4,∠B=60°,如图1,请你编制一个计算题(不标注新的字母),并直接给出答案(根据编出的问题层次,给不同的得分).(1)证明:∵四边形ABCD是菱形,∴∠B+∠C=180°,∠B=∠D,AB=AD,∵∠EAF=∠B,∴∠EAF+∠C=180°,∴∠AEC+∠AFC=180°,∵AE⊥BC,∴AF⊥CD,在△AEB和△AFD中,,∴△AEB≌△AFD,∴AE=AF;(2)证明:由(1)得,∠PAQ=∠EAF=∠B,AE=AF,∴∠EAP=∠FAQ,在△AEP和△AFQ中,,∴△AEP≌△AFQ,∴AP=AQ;(3)解:已知:AB=4,∠B=60°,求四边形APCQ的面积,解:连接AC、BD交于O,∵∠ABC=60°,BA=BC,∴△ABC为等边三角形,∵AE⊥BC,∴BE=EC,同理,CF=FD,∴四边形AECF的面积=×四边形ABCD的面积,由(2)得,四边形APCQ的面积=四边形AECF面积,OA=AB=2,OB=AB=2,∴四边形ABCD的面积=×2×2×4=8,∴四边形APCQ的面积=4.14.如图,已知P为锐角∠MAN内部一点,过点P作PB⊥AM于点B,PC⊥AN 于点C,以PB为直径作⊙O,交直线CP于点D,连接AP,BD,AP交⊙O于点E.(1)求证:∠BPD=∠BAC.(2)连接EB,ED,当tan∠MAN=2,AB=2时,在点P的整个运动过程中.①若∠BDE=45°,求PD的长.②若△BED为等腰三角形,求所有满足条件的BD的长.(3)连接OC,EC,OC交AP于点F,当tan∠MAN=1,OC∥BE时,记△OFP 的面积为S1,△CFE的面积为S2,请写出的值.解:(1)∵PB⊥AM、PC⊥AN,∴∠ABP=∠ACP=90°,∴∠BAC+∠BPC=180°,又∠BPD+∠BPC=180°,∴∠BPD=∠BAC;(2)①如图1,∵∠APB=∠BDE=45°,∠ABP=90°,∴BP=AB=2,∵∠BPD=∠BAC,∴tan∠BPD=tan∠BAC,∴BP=PD,∴PD=2;②当BD=BE时,∠BED=∠BDE,∴∠BPD=∠BPE=∠BAC,∴tan∠BPE=2,∵AB=2,∴BP=,∴BD=2;当BE=DE时,∠EBD=∠EDB,∵∠APB=∠BDE、∠DBE=∠APC,∴∠APB=∠APC,∴AC=AB=2,过点B作BG⊥AC于点G,得四边形BGCD是矩形,∵AB=2、tan∠BAC=2,∴AG=2,∴BD=CG=2﹣2;当BD=DE时,∠DEB=∠DBE=∠APC,∵∠DEB=∠DPB=∠BAC,∴∠APC=∠BAC,设PD=x,则BD=2x,∴,∴x=,∴BD=2x=3,综上所述,当BD=2、3或2﹣2时,△BDE为等腰三角形;(3)如图3,过点O作OH⊥DC于点H,∵tan∠BPD=tan∠MAN=1,∴BD=PD,设BD=PD=2a、PC=2b,则OH=a、CH=a+2b、AC=4a+2b,∵OC∥BE且∠BEP=90°,∴∠PFC=90°,∴∠PAC+∠APC=∠OCH+∠APC=90°,∴∠OCH=∠PAC,∴△ACP∽△CHO,∴=,即OH•AC=CH•PC,∴a(4a+2b)=2b(a+2b),∴a=b,即CP=2a、CH=3a,则OC=a,∵△CPF∽△COH,∴=,即=,则CF=a,OF=OC﹣CF=a,∵BE∥OC且BO=PO,∴OF为△PBE的中位线,∴EF=PF,∴==.15.如图,在Rt△ABC中,AC=BC,∠ACB=90°,点D,E分别在AC,BC上,且CD=CE.(1)如图1,求证:∠CAE=∠CBD;(2)如图2,F是BD的中点,求证:AE⊥CF;(3)如图3,F,G分别是BD,AE的中点,若AC=2,CE=1,求△CGF的面积.解:(1)在△ACE和△BCD中,,∴△ACE≌△BCD,∴∠CAE=∠CBD;(2)如图2,在Rt△BCD中,点F是BD的中点,∴CF=BF,∴∠BCF=∠CBF,由(1)知,∠CAE=∠CBD,∴∠BCF=∠CAE,∴∠CAE+∠ACF=∠BCF+∠ACF=∠BAC=90°,∴∠AMC=90°,∴AE⊥CF;(3)如图3,∵AC=2,∴BC=AC=2,∵CE=1,∴CD=CE=1,在Rt△BCD中,根据勾股定理得,BD==3,∵点F是BD中点,∴CF=DF=BD=,同理:EG=AE=,连接EF,过点F作FH⊥BC,∵∠ACB=90°,点F是BD的中点,∴FH=CD=,=CE•FH=×1×=,∴S△CEF由(2)知,AE⊥CF,=CF•ME=×ME=ME,∴S△CEF∴ME=,∴ME=,∴GM=EG﹣ME=﹣=,=CF•GM=××=.∴S△CFG16.如图1,直线l:y=﹣x+b与x轴交于点A(4,0),与y轴交于点B,点C 是线段OA上一动点(0<AC<).以点A为圆心,AC长为半径作⊙A交x 轴于另一点D,交线段AB于点E,连结OE并延长交⊙A于点F.(1)求直线l的函数表达式和tan∠BAO的值;(2)如图2,连结CE,当CE=EF时,①求证:△OCE∽△OEA;②求点E的坐标;(3)当点C在线段OA上运动时,求OE•EF的最大值.解:∵直线l:y=﹣x+b与x轴交于点A(4,0),∴﹣×4+b=0,∴b=3,∴直线l的函数表达式y=﹣x+3,∴B(0,3),∴OA=4,OB=3,在Rt△AOB中,tan∠BAO==;(2)①如图2,连接DF,∵CE=EF,∴∠CDE=∠FDE,∴∠CDF=2∠CDE,∵∠OAE=2∠CDE,∴∠OAE=∠ODF,∵四边形CEFD是⊙O的圆内接四边形,∴∠OEC=∠ODF,∴∠OEC=∠OAE,∵∠COE=∠EOA,∴△COE∽△EOA,②过点E⊥OA于M,由①知,tan∠OAB=,设EM=3m,则AM=4m,∴OM=4﹣4m,AE=5m,∴E(4﹣4m,3m),AC=5m,∴OC=4﹣5m,由①知,△COE∽△EOA,∴,∴OE2=OA•OC=4(4﹣5m)=16﹣20m,∵E(4﹣4m,3m),∴(4﹣4m)2+9m2=25m2﹣32m+16,∴25m2﹣32m+16=16﹣20m,∴m=0(舍)或m=,∴4﹣4m=,3m=,∴(,),(3)如图,设⊙O的半径为r,过点O作OG⊥AB于G,∴AG==×=,∴EG=AG﹣AE=﹣r,连接FH,∵EH是⊙O直径,∴EH=2r,∠EFH=90°=∠EGO,∵∠OEG=∠HEF,∴△OEG∽△HEF,∴,∴OE•EF=HE•EG=2r(﹣r)=﹣2(r﹣)2+,∴r=时,OE•EF最大值为.。
2019年浙江省中考数学真题分类汇编-专题13-图形的变化之解答题(解析版)
专题13 图形的变化之解答题参考答案与试题解析一.解答题(共9小题)1.(2019•宁波)图1,图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格,每个网格图中有5个小等边三角形已涂上阴影,请在余下的空白小等边三角形中,按下列要求选取一个涂上阴影:(1)使得6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形.(2)使得6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形.(请将两个小题依次作答在图1,图2中,均只需画出符合条件的一种情形)【答案】解:(1)如图1所示:6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形;(2)如图2所示:6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形.【点睛】此题主要考查了中心对称图形以及轴对称图形,正确把握相关定义是解题关键.2.(2019•绍兴)如图1是实验室中的一种摆动装置,BC在地面上,支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形,摆动臂AD可绕点A旋转,摆动臂DM可绕点D旋转,AD=30,DM=10.(1)在旋转过程中,①当A,D,M三点在同一直线上时,求AM的长.②当A,D,M三点为同一直角三角形的顶点时,求AM的长.(2)若摆动臂AD顺时针旋转90°,点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处,连结D1D2,如图2,此时∠AD2C=135°,CD2=60,求BD2的长.【答案】解:(1)①AM=AD+DM=40,或AM=AD﹣DM=20.②显然∠MAD不能为直角.当∠AMD为直角时,AM2=AD2﹣DM2=302﹣102=800,∴AM=20或(﹣20舍弃).当∠ADM=90°时,AM2=AD2+DM2=302+102=1000,∴AM=10或(﹣10舍弃).综上所述,满足条件的AM的值为20或10.(2)如图2中,连接CD.由题意:∠D1AD2=90°,AD1=AD2=30,∴∠AD2D1=45°,D1D2=30,∵∠AD2C=135°,∴∠CD2D1=90°,∴CD130,∵∠BAC=∠A1AD2=90°,∴∠BAC﹣∠CAD2=∠D2AD1﹣∠CAD2,∴∠BAD1=∠CAD2,∵AB=AC,AD2=AD1,∴△BAD2≌△CAD1(SAS),∴BD2=CD1=30.【点睛】本题属于四边形综合题,考查了等腰直角三角形的性质,勾股定理,全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考常考题型.3.(2019•金华)如图,在等腰Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=14,点D,E分别在边AB,BC上,将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF.(1)如图1,若AD=BD,点E与点C重合,AF与DC相交于点O.求证:BD=2DO.(2)已知点G为AF的中点.①如图2,若AD=BD,CE=2,求DG的长.②若AD=6BD,是否存在点E,使得△DEG是直角三角形?若存在,求CE的长;若不存在,试说明理由.【答案】(1)证明:如图1中,∵CA=CB,∠ACB=90°,BD=AD,∴CD⊥AB,CD=AD=BD,∵CD=CF,∴AD=CF,∵∠ADC=∠DCF=90°,∴AD∥CF,∴四边形ADFC是平行四边形,∵BD=2OD.(2)①解:如图2中,作DT⊥BC于点T,FH⊥BC于H.由题意:BD=AD=CD=7,BC BD=14,∵DT⊥BC,∴BT=TC=7,∵EC=2,∴TE=5,∵∠DTE=∠EHF=∠DEF=90°,∴∠DET+∠TDE=90°,∠DET+∠FEH=90°,∴∠TDE=∠FEH,∵ED=EF,∴△DTE≌△EHF(AAS),∴FH=ET=5,∵∠DDBE=∠DFE=45°,∴B,D,E,F四点共圆,∴∠DBF+∠DEF=90°,∴∠DBF=90°,∵∠DBE=45°,∴∠FBH=45°,∵∠BHF=90°,∴∠HBF=∠HFB=45°,∴BH=FH=5,∵∠ADC=∠ABF=90°,∴DG∥BF,∵AD=DB,∴AG=GF,∴DG BF.②解:如图3﹣1中,当∠DEG=90°时,F,E,G,A共线,作DT⊥BC于点T,FH⊥BC于H.设EC=x.∵AD=6BD,∴BD AB=2,∵DT⊥BC,∠DBT=45°,∴DT=BT=2,∵△DTE≌△EHF,∴EH=DT=2,∴BH=FH=12﹣x,∵FH∥AC,∴,∴,整理得:x2﹣12x+28=0,解得x=6±2.如图3﹣2中,当∠EDG=90°时,取AB的中点O,连接OG.作EH⊥AB于H.设EC=x,由2①可知BF(12﹣x),OG BF(12﹣x),∵∠EHD=∠EDG=∠DOG=90°,∴∠ODG+∠OGD=90°,∠ODG+∠EDH=90°,∴∠DGO=∠HDE,∴△EHD∽△DOG,∴,∴,整理得:x2﹣36x+268=0,解得x=18﹣2或18+2(舍弃),如图3﹣3中,当∠DGE=90°时,取AB的中点O,连接OG,CG,作DT⊥BC于T,FH⊥BC 于H,EK⊥CG于K.设EC=x.∵∠DBE=∠DFE=45°,∴D,B,F,E四点共圆,∴∠DBF+∠DEF=90°,∵∠DEF=90°,∴∠DBF=90°,∵AO=OB,AG=GF,∴OG∥BF,∴∠AOG=∠ABF=90°,∴OG⊥AB,∵OG垂直平分线段AB,∵CA=CB,∴O,G,C共线,由△DTE≌△EHF,可得EH=DT=BT=2,ET=FH=12﹣x,BF(12﹣x),OG BF (12﹣x),CK=EK x,GK=7(12﹣x)x,由△OGD∽△KEG,可得,∴,解得x=2,,综上所述,满足条件的EC的值为6±2或18﹣2或2.【点睛】本题属于几何变换综合题,考查了等腰直角三角形的性质,平行四边形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形或相似三角形解决问题,属于中考压轴题.4.(2019•绍兴)如图,矩形ABCD中,AB=a,BC=b,点M,N分别在边AB,CD上,点E,F 分别在边BC,AD上,MN,EF交于点P,记k=MN:EF.(1)若a:b的值为1,当MN⊥EF时,求k的值.(2)若a:b的值为,求k的最大值和最小值.(3)若k的值为3,当点N是矩形的顶点,∠MPE=60°,MP=EF=3PE时,求a:b的值.【答案】解:(1)如图1中,作EH⊥BC于H,MQ⊥CD于Q,设EF交MN于点O.∵四边形ABCD是正方形,∴FH=AB,MQ=BC,∵AB=CB,∴FH=MQ,∵EF⊥MN,∴∠EON=90°,∵∠ECN=90°,∴∠MNQ+∠CEO=180°,∠FEH+∠CEO=180°∴∠FEH=∠MNQ,∵∠EHF=∠MQN=90°,∴△FHE≌△MQN(ASA),∴MN=EF,∴k=MN:EF=1.(2)∵a:b=1:2,∴b=2a,由题意:2a≤MN a,a≤EF a,∴当MN的长取最大时,EF取最短,此时k的值最大最大值,当MN的最短时,EF的值取最大,此时k的值最小,最小值为.(3)连接FN,ME.∵k=3,MP=EF=3PE,∴3,∴2,∵∠FPN=∠EPM,∴△PNF∽△PME,∴2,ME∥NF,设PE=2m,则PF=4m,MP=6m,NP=12m,①如图2中,当点N与点D重合时,点M恰好与B重合.作FH⊥BD于H.∵∠MPE=∠FPH=60°,∴PH=2m,FH=2m,DH=10m,∴.②如图3中,当点N与C重合,作EH⊥MN于H.则PH=m,HE m,∴HC=PH+PC=13m,∴tan∠HCE,∵ME∥FC,∴∠MEB=∠FCB=∠CFD,∵∠B=∠D,∴△MEB∽△CFD,∴2,∴,综上所述,a:b的值为或.【点睛】本题属于相似形综合题,考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,矩形的性质,相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题.5.(2019•台州)如图,正方形ABCD的边长为2,E为AB的中点,P是BA延长线上的一点,连接PC交AD于点F,AP=FD.(1)求的值;(2)如图1,连接EC,在线段EC上取一点M,使EM=EB,连接MF,求证:MF=PF;(3)如图2,过点E作EN⊥CD于点N,在线段EN上取一点Q,使AQ=AP,连接BQ,BN.将△AQB绕点A旋转,使点Q旋转后的对应点Q'落在边AD上.请判断点B旋转后的对应点B'是否落在线段BN上,并说明理由.【答案】解:(1)设AP=FD=a,∴AF=2﹣a,∵四边形ABCD是正方形∴AB∥CD∴△AFP∽△DFC∴即∴a 1∴AP=FD1,∴AF=AD﹣DF=3∴(2)在CD上截取DH=AF∵AF=DH,∠P AF=∠D=90°,AP=FD,∴△P AF≌△HDF(SAS)∴PF=FH,∵AD=CD,AF=DH∴FD=CH=AP 1∵点E是AB中点,∴BE=AE=1=EM∴PE=P A+AE∵EC2=BE2+BC2=1+4=5,∴EC∴EC=PE,CM 1∴∠P=∠ECP∵AP∥CD∴∠P=∠PCD∴∠ECP=∠PCD,且CM=CH1,CF=CF∴△FCM≌△FCH(SAS)∴FM=FH∴FM=PF(3)若点B'在BN上,如图,以A原点,AB为y轴,AD为x轴建立平面直角坐标系,∵EN⊥AB,AE=BE∴AQ=BQ=AP 1由旋转的性质可得AQ=AQ'1,AB=AB'=2,Q'B'=QB1,∵点B(0,﹣2),点N(2,﹣1)∴直线BN解析式为:y x﹣2设点B'(x,x﹣2)∴AB' 2∴x∴点B'(,)∵点Q'(1,0)∴B'Q' 1∴点B旋转后的对应点B'不落在线段BN上.【点睛】本题是相似形综合题,考查了全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,一次函数的性质,灵活运用这些性质进行推理证明是本题的关键.6.(2019•衢州)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,∠BAC=60°,AD平分∠BAC交BC 于点D,过点D作DE∥AC交AB于点E,点M是线段AD上的动点,连结BM并延长分别交DE,AC于点F、G.(1)求CD的长.(2)若点M是线段AD的中点,求的值.(3)请问当DM的长满足什么条件时,在线段DE上恰好只有一点P,使得∠CPG=60°?【答案】解:(1)∵AD平分∠BAC,∠BAC=60°,∴∠DAC∠BAC=30°,在Rt△ADC中,DC=AC•tan30°=62.(2)由题意易知:BC=6,BD=4,∵DE∥AC,∴∠FDM=∠GAM,∵AM=DM,∠DMF=∠AMG,∴△DFM≌△AGM(ASA),∴DF=AG,∵DE∥AC,∴,∴.(3)∵∠CPG=60°,过C,P,G作外接圆,圆心为Q,∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形.①当⊙Q与DE相切时,如图3﹣1中,作QH⊥AC于H,交DE于P.连接QC,QG.菁优网设⊙Q的半径为r.则QH r,r r=2,∴r,∴CG4,AG=2,由△DFM∽△AGM,可得,∴DM AD.②当⊙Q经过点E时,如图3﹣2中,延长CQ交AB于K,设CQ=r.∵QC=QG,∠CQG=120°,∴∠KCA=30°,∵∠CAB=60°,∴∠AKC=90°,在Rt△EQK中,QK=3r,EQ=r,EK=1,∴12+(3r)2=r2,解得r,∴CG,由△DFM∽△AGM,可得DM.③当⊙Q经过点D时,如图3﹣3中,此时点M,点G与点A重合,可得DM=AD=4.观察图象可知:当DM或DM≤4时,满足条件的点P只有一个.【点睛】本题属于相似形综合题,考查了相似三角形的判定和性质,解直角三角形,圆周角定理等知识,解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题,学会利用特殊位置解决数学问题,属于中考压轴题.7.(2019•台州)图1是一辆在平地上滑行的滑板车,图2是其示意图.已知车杆AB长92cm,车杆与脚踏板所成的角∠ABC=70°,前后轮子的半径均为6cm,求把手A离地面的高度(结果保留小数点后一位;参考数据:sin70°≈0.94,cos70°≈0.34,tan70°≈2.75).【答案】解:过点A作AD⊥BC于点D,延长AD交地面于点E,∵sin∠ABD,∴AD=92×0.94≈86.48,∵DE=6,∴AE=AD+DE=92.5,∴把手A离地面的高度为92.5cm.【点睛】本题考查解直角三角形,解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义,本题属于基础题型.8.(2019•绍兴)如图1为放置在水平桌面l上的台灯,底座的高AB为5cm,长度均为20cm的连杆BC,CD与AB始终在同一平面上.(1)转动连杆BC,CD,使∠BCD成平角,∠ABC=150°,如图2,求连杆端点D离桌面l 的高度DE.(2)将(1)中的连杆CD再绕点C逆时针旋转,使∠BCD=165°,如图3,问此时连杆端点D离桌面l的高度是增加还是减少?增加或减少了多少?(精确到0.1cm,参考数据: 1.41,1.73)【答案】解:(1)如图2中,作BO⊥DE于O.∵∠OEA=∠BOE=∠BAE=90°,∴四边形ABOE是矩形,∴∠OBA=90°,∴∠DBO=150°﹣90°=60°,∴OD=BD•sin60°=20(cm),∴DF=OD+OE=OD+AB=205≈39.6(cm).(2)作DF⊥l于F,CP⊥DF于P,BG⊥DF于G,CH⊥BG于H.则四边形PCHG是矩形,∵∠CBH=60°,∠CHB=90°,∴∠BCH=30°,∵∠BCD=165°,°∠DCP=45°,∴CH=BC sin60°=10(cm),DP=CD sin45°=10(cm),∴DF=DP+PG+GF=DP+CH+AB=(10105)(cm),∴下降高度:DE﹣DF=205﹣10105=1010 3.2(cm).【点睛】本题考查解直角三角形的应用,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题.9.(2019•舟山)某挖掘机的底座高AB=0.8米,动臂BC=1.2米,CD=1.5米,BC与CD的固定夹角∠BCD=140°.初始位置如图1,斗杆顶点D与铲斗顶点E所在直线DE垂直地面AM于点E,测得∠CDE=70°(示意图2).工作时如图3,动臂BC会绕点B转动,当点A,B,C 在同一直线时,斗杆顶点D升至最高点(示意图4).(1)求挖掘机在初始位置时动臂BC与AB的夹角∠ABC的度数.(2)问斗杆顶点D的最高点比初始位置高了多少米?(精确到0.1米)(参考数据:sin50°≈0.77,cos50°≈0.64,sin70°≈0.94,cos70°≈0.34, 1.73)【答案】解:(1)过点C作CG⊥AM于点G,如图1,∵AB⊥AM,DE⊥AM,∴AB∥CG∥DE,∴∠DCG=180°﹣∠CDE=110°,∴BCG=∠BCD﹣∠GCD=30°,∴∠ABC=180°﹣∠BCG=150°;(2)过点C作CP⊥DE于点P,过点B作BQ⊥DE于点Q,交CG于点N,如图2,在Rt△CPD中,DP=CP×cos70°≈0.51(米),在Rt△BCN中,CN=BC×cos30°≈1.04(米),所以,DE=DP+PQ+QE=DP+CN+AB=2.35(米),如图3,过点D作DH⊥AM于点H,过点C作CK⊥DH于点K,在Rt△CKD中,DK=CD×cos50°≈1.16(米),所以,DH=DK+KH=3.16(米),所以,DH﹣DE=0.8(米),所以,斗杆顶点D的最高点比初始位置高了0.8米.【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用,充分体现了数学与实际生活的密切联系,解题的关键是正确构造直角三角形.。
2019年浙江省中考数学分类汇编专题三角形部分(解析版)
2019年浙江省中考数学分类汇编专题三角形部分(解析版)一、单选题1.下列长度的三条线段,能组成三角形的是()A. 3,4,8B. 5,6,10C. 5,5,11D. 5,6,11【答案】B【考点】三角形三边关系【解析】【解答】解:A.∵3+4<8,故不能组成三角形,A不符合题意;B.∵5+6>10,故能组成三角形,B符合题意;C.∵5+5<11,故不能组成三角形,C不符合题意;D.∵5+6=11,故不能组成三角形,D不符合题意;故答案为:B.【分析】三角形三边的关系:两边之和大于第三边,两边之差小于第三边,依此即可得出答案.2.已知直线m∥n,将一块含45°角的直角三角板ABC按如图方式放置,其中斜边BC与直线n交于点D.若∠1=25°,则∠2的度数为()A. 60°B. 65°C. 70°D. 75°【答案】C【考点】平行线的性质,三角形的外角性质【解析】【解答】解:设直线n与AB的交点为E。
∵∠AED是△BED的一个外角,∴∠AED=∠B+∠1,∵∠B=45°,∠1=25°,∴∠AED=45°+25°=70°∵m∥n,∴∠2=∠AED=70°。
故答案为:C。
【分析】设直线n与AB的交点为E。
由三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和可得∠AED=∠B+∠1,再根据两直线平行内错角相等可得∠2=∠AED可求解。
3.若长度分别为a,3,5的三条线段能组成一个三角形,则a的值可以是()A. 1B. 2C. 3D. 8【答案】C【考点】三角形三边关系【解析】【解答】解:∵三角形三边长分别为:a,3,5,∴a的取值范围为:2<a<8,∴a的所有可能取值为:3,4,5,6,7.故答案为:C.【分析】三角形三边的关系:两边之和大于第三边,两边之差小于第三边,由此得出a的取值范围,从而可得答案.4.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°【答案】B【考点】三角形内角和定理【解析】【解答】解:如图,∵∠2=∠3=100°,∠1=70°∴a、b两直线所夹的锐角为:180°-∠1-∠3=180°-70°-100°=10°故答案为:B【分析】根据对顶角相等,可求出∠3的度数,再利用三角形内角和定理就可求出a、b两直线所夹的锐角的度数。
2019年全国各地中考数学真题分类汇编:三角形(浙江专版)(解析卷)
2019年全国各地中考数学真题分类汇编(浙江专版)三角形参考答案与试题解析一.选择题(共8小题)1.(2019•杭州)如图,在△ABC中,点D,E分别在AB和AC上,DE∥BC,M为BC边上一点(不与点B,C重合),连接AM交DE于点N,则()A.=B.=C.=D.=解:∵DN∥BM,∴△ADN∽△ABM,∴=,∵NE∥MC,∴△ANE∽△AMC,∴=,∴=.故选:C.2.(2019•宁波)已知直线m∥n,将一块含45°角的直角三角板ABC按如图方式放置,其中斜边BC与直线n交于点D.若∠1=25°,则∠2的度数为()A.60°B.65°C.70°D.75°解:设AB与直线n交于点E,则∠AED=∠1+∠B=25°+45°=70°.又直线m∥n,∴∠2=∠AED=70°.故选:C.3.(2019•温州)某简易房示意图如图所示,它是一个轴对称图形,则坡屋顶上弦杆AB的长为()A.米B.米C.米D.米解:作AD⊥BC于点D,则BD=0.3=,∵cosα=,∴sinα=,解得,AB=米,故选:B.4.(2019•杭州)如图,一块矩形木板ABCD斜靠在墙边(OC⊥OB,点A,B,C,D,O在同一平面内),已知AB=a,AD=b,∠BCO=x,则点A到OC的距离等于()A.a sin x+b sin x B.a cos x+b cos xC.a sin x+b cos x D.a cos x+b sin x解:作AE⊥OC于点E,作AF⊥OB于点F,∵四边形ABCD是矩形,∴∠ABC=90°,∵∠ABC=∠AEC,∠BCO=x,∴∠EAB=x,∴∠FBA=x,∵AB=a,AD=b,∴FO=FB+BO=a•cos x+b•sin x,故选:D.5.(2019•湖州)如图,已知在四边形ABCD中,∠BCD=90°,BD平分∠ABC,AB=6,BC=9,CD=4,则四边形ABCD的面积是()A.24B.30C.36D.42解:过D作DH⊥AB交BA的延长线于H,∵BD平分∠ABC,∠BCD=90°,∴DH=CD=4,∴四边形ABCD的面积=S△ABD+S△BCD=AB•DH+BC•CD=×6×4+×9×4=30,故选:B.6.(2019•衢州)“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的,借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任一角.这个三等分角仪由两根有槽的棒OA,OB组成,两根棒在O点相连并可绕O转动、C点固定,OC=CD=DE,点D、E可在槽中滑动.若∠BDE=75°,则∠CDE的度数是()A.60°B.65°C.75°D.80°解:∵OC=CD=DE,∴∠O=∠ODC,∠DCE=∠DEC,∴∠DCE=∠O+∠ODC=2∠ODC,∵∠O+∠OED=3∠ODC=∠BDE=75°,∴∠ODC=25°,∵∠CDE+∠ODC=180°﹣∠BDE=105°,∴∠CDE=105°﹣∠ODC=80°.故选:D.7.(2019•金华)如图,矩形ABCD的对角线交于点O.已知AB=m,∠BAC=∠α,则下列结论错误的是()A.∠BDC=∠αB.BC=m•tanαC.AO=D.BD=解:A、∵四边形ABCD是矩形,∴∠ABC=∠DCB=90°,AC=BD,AO=CO,BO=DO,∴AO=OB=CO=DO,∴∠DBC=∠ACB,∴由三角形内角和定理得:∠BAC=∠BDC=∠α,故本选项不符合题意;B、在Rt△ABC中,tanα=,即BC=m•tanα,故本选项不符合题意;C、在Rt△ABC中,AC=,即AO=,故本选项符合题意;D、∵四边形ABCD是矩形,∴DC=AB=m,∵∠BAC=∠BDC=α,∴在Rt△DCB中,BD=,故本选项不符合题意;故选:C.8.(2019•衢州)如图,取两根等宽的纸条折叠穿插,拉紧,可得边长为2的正六边形.则原来的纸带宽为()A.1B.C.D.2解:边长为2的正六边形由6个边长为2的等边三角形组成,其中等边三角形的高为原来的纸带宽度,所以原来的纸带宽度=×2=.故选:C.二.填空题(共6小题)9.(2019•宁波)如图,某海防哨所O发现在它的西北方向,距离哨所400米的A处有一艘船向正东方向航行,航行一段时间后到达哨所北偏东60°方向的B处,则此时这艘船与哨所的距离OB 约为567米.(精确到1米,参考数据:≈1.414,≈1.732)解:如图,设线段AB交y轴于C,在直角△OAC中,∠ACO=∠CAO=45°,则AC=OC.∵OA=400米,∴OC=OA•cos45°=400×=200(米).∵在直角△OBC中,∠COB=60°,OC=200米,∴OB===400≈567(米)故答案是:567.10.(2019•温州)图1是一种折叠式晾衣架.晾衣时,该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示,两支脚OC=OD=10分米,展开角∠COD=60°,晾衣臂OA=OB=10分米,晾衣臂支架HG=FE=6分米,且HO=FO=4分米.当∠AOC=90°时,点A离地面的距离AM为(5+5)分米;当OB从水平状态旋转到OB'(在CO延长线上)时,点E绕点F随之旋转至OB'上的点E'处,则B'E'﹣BE为4分米.解:如图,作OP⊥CD于P,OQ⊥AM于Q,FK⊥OB于K,FJ⊥OC于J.∵AM⊥CD,∴∠QMP=∠MPO=∠OQM=90°,∴四边形OQMP是矩形,∴QM=OP,∵OC=OD=10,∠COD=60°,∴△COD是等边三角形,∵OP⊥CD,∴∠COP=∠COD=30°,∴QM=OP=OC•cos30°=5(分米),∵∠AOC=∠QOP=90°,∴∠AOQ=∠COP=30°,∴AQ=OA=5(分米),∴AM=AQ+MQ=5+5.∵OB∥CD,∴∠BOD=∠ODC=60°在Rt△OFK中,KO=OF•cos60°=2(分米),FK=OF•sin60°=2(分米),在Rt△PKE中,EK==2(分米)∴BE=10﹣2﹣2=(8﹣2)(分米),在Rt△OFJ中,OJ=OF•cos60°=2(分米),FJ=2(分米),在Rt△FJE′中,E′J==2,∴B′E′=10﹣(2﹣2)=12﹣2,∴B′E′﹣BE=4.故答案为5+5,4.11.(2019•湖州)有一种落地晾衣架如图1所示,其原理是通过改变两根支撑杆夹角的度数来调整晾衣杆的高度.图2是支撑杆的平面示意图,AB和CD分别是两根不同长度的支撑杆,夹角∠BOD =α.若AO=85cm,BO=DO=65cm.问:当α=74°时,较长支撑杆的端点A离地面的高度h 约为120cm.(参考数据:sin37°≈0.6,cos37°≈0.8,sin53°≈0.8,cos53°≈0.6.)解:过O作OE⊥BD,过A作AF⊥BD,可得OE∥AF,∵BO=DO,∴OE平分∠BOD,∴∠BOE=∠BOD=×74°=37°,∴∠F AB=∠BOE=37°,在Rt△ABF中,AB=85+65=150cm,∴h=AF=AB•cos∠F AB=150×0.8=120cm,故答案为:12012.(2019•绍兴)如图,在直线AP上方有一个正方形ABCD,∠P AD=30°,以点B为圆心,AB 长为半径作弧,与AP交于点A,M,分别以点A,M为圆心,AM长为半径作弧,两弧交于点E,连结ED,则∠ADE的度数为15°或45°.解:∵四边形ABCD是正方形,∴AD=AE,∠DAE=90°,∴∠BAM=180°﹣90°﹣30°=60°,AD=AB,当点E与正方形ABCD的直线AP的同侧时,由题意得,点E与点B重合,∴∠ADE=45°,当点E与正方形ABCD的直线AP的两侧时,由题意得,E′A=E′M,∴△AE′M为等边三角形,∴∠E′AM=60°,∴∠DAE′=360°﹣120°﹣90°=150°,∵AD=AE′,∴∠ADE′=15°,故答案为:15°或45°.13.图2,图3是某公共汽车双开门的俯视示意图,ME、EF、FN是门轴的滑动轨道,∠E=∠F=90°,两门AB、CD的门轴A、B、C、D都在滑动轨道上,两门关闭时(图2),A、D分别在E、F处,门缝忽略不计(即B、C重合);两门同时开启,A、D分别沿E→M,F→N的方向匀速滑动,带动B、C滑动:B到达E时,C恰好到达F,此时两门完全开启,已知AB=50cm,CD=40cm.(1)如图3,当∠ABE=30°时,BC=90﹣45cm.(2)在(1)的基础上,当A向M方向继续滑动15cm时,四边形ABCD的面积为2256cm2.解:∵A、D分别在E、F处,门缝忽略不计(即B、C重合)且AB=50cm,CD=40cm.∴EF=50+40=90cm∵B到达E时,C恰好到达F,此时两门完全开启,∴B、C两点的路程之比为5:4(1)当∠ABE=30°时,在Rt△ABE中,BE=AB=25cm,∴B运动的路程为(50﹣25)cm∵B、C两点的路程之比为5:4∴此时点C运动的路程为(50﹣25)×=(40﹣20)cm∴BC=(50﹣25)+(40﹣20)=(90﹣45)cm故答案为:90﹣45;(2)当A向M方向继续滑动15cm时,设此时点A运动到了点A'处,点B、C、D分别运动到了点B'、C'、D'处,连接A'D',如图:则此时AA'=15cm∴A'E=15+25=40cm由勾股定理得:EB'=30cm,∴B运动的路程为50﹣30=20cm∴C运动的路程为16cm∴C'F=40﹣16=24cm由勾股定理得:D'F=32cm,∴四边形A'B'C'D'的面积=梯形A'EFD'的面积﹣△A'EB'的面积﹣△D'FC'的面积=﹣30×40﹣24×32=2256cm2.∴四边形ABCD的面积为2256cm2.故答案为:2256.14.(2019•衢州)如图,人字梯AB,AC的长都为2米,当α=50°时,人字梯顶端离地面的高度AD是 1.5米(结果精确到0.1m.参考数据:sin50°≈0.77,cos50°≈0.64,tan50°≈1.19).解:∵sinα=,∴AD=AC•sinα≈2×0.77=1.5,故答案为:1.5三.解答题(共9小题)15.(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.解:(1)证明:∵线段AB的垂直平分线与BC边交于点P,∴P A=PB,∴∠B=∠BAP,∵∠APC=∠B+∠BAP,∴∠APC=2∠B;(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°.16.(2019•嘉兴)在6×6的方格纸中,点A,B,C都在格点上,按要求画图:(1)在图1中找一个格点D,使以点A,B,C,D为顶点的四边形是平行四边形.(2)在图2中仅用无刻度的直尺,把线段AB三等分(保留画图痕迹,不写画法).解:(1)由勾股定理得:CD=AB=CD'=,BD=AC=BD''=,AD'=BC=AD''=;画出图形如图1所示;(2)如图2所示.17.(2019•温州)如图,在△ABC中,AD是BC边上的中线,E是AB边上一点,过点C作CF∥AB交ED的延长线于点F.(1)求证:△BDE≌△CDF.(2)当AD⊥BC,AE=1,CF=2时,求AC的长.(1)证明:∵CF∥AB,∴∠B=∠FCD,∠BED=∠F,∵AD是BC边上的中线,∴BD=CD,∴△BDE≌△CDF(AAS);(2)解:∵△BDE≌△CDF,∴BE=CF=2,∴AB=AE+BE=1+2=3,∵AD⊥BC,BD=CD,∴AC=AB=3.18.(2019•宁波)图1,图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格,每个网格图中有5个小等边三角形已涂上阴影,请在余下的空白小等边三角形中,按下列要求选取一个涂上阴影:(1)使得6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形.(2)使得6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形.(请将两个小题依次作答在图1,图2中,均只需画出符合条件的一种情形)解:(1)如图1所示:6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形;(2)如图2所示:6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形.19.(2019•温州)如图,在7×5的方格纸ABCD中,请按要求画图,且所画格点三角形与格点四边形的顶点均不与点A,B,C,D重合.(1)在图1中画一个格点△EFG,使点E,F,G分别落在边AB,BC,CD上,且∠EFG=90°.(2)在图2中画一个格点四边形MNPQ,使点M,N,P,Q分别落在边AB,BC,CD,DA上,且MP=NQ.解:(1)满足条件的△EFG,如图1,2所示.(2)满足条件的四边形MNPQ如图所示.20.(2019•湖州)如图,已知在△ABC中,D,E,F分别是AB,BC,AC的中点,连结DF,EF,BF.(1)求证:四边形BEFD是平行四边形;(2)若∠AFB=90°,AB=6,求四边形BEFD的周长.(1)证明:∵D,E,F分别是AB,BC,AC的中点,∴DF∥BC,EF∥AB,∴DF∥BE,EF∥BD,∴四边形BEFD是平行四边形;(2)解:∵∠AFB=90°,D是AB的中点,AB=6,∴DF=DB=DA=AB=3,∵四边形BEFD是平行四边形,∴四边形BEFD是菱形,∵DB=3,∴四边形BEFD的周长为12.21.(2019•衢州)已知:如图,在菱形ABCD中,点E,F分别在边BC,CD上,且BE=DF,连结AE,AF.求证:AE=AF.证明:∵四边形ABCD是菱形,∴AB=AD,∠B=∠D,∵BE=DF,∴△ABE≌△ADF(SAS),∴AE=CF.22.(2019•金华)如图,在7×6的方格中,△ABC的顶点均在格点上.试按要求画出线段EF(E,F均为格点),各画出一条即可.解:如图:从图中可得到AC边的中点在格点上设为E,过E作AB的平行线即可在格点上找到F,则EG平分BC;EC=,EF=,FC=,借助勾股定理确定F点,则EF⊥AC;借助圆规作AB的垂直平分线即可;23.(2019•嘉兴)某挖掘机的底座高AB=0.8米,动臂BC=1.2米,CD=1.5米,BC与CD的固定夹角∠BCD=140°.初始位置如图1,斗杆顶点D与铲斗顶点E所在直线DE垂直地面AM于点E,测得∠CDE=70°(示意图2).工作时如图3,动臂BC会绕点B转动,当点A,B,C在同一直线时,斗杆顶点D升至最高点(示意图4).(1)求挖掘机在初始位置时动臂BC与AB的夹角∠ABC的度数.(2)问斗杆顶点D的最高点比初始位置高了多少米?(精确到0.1米)(参考数据:sin50°≈0.77,cos50°≈0.64,sin70°≈0.94,cos70°≈0.34,≈1.73)解:(1)过点C作CG⊥AM于点G,如图1,(2)过点C作CP⊥DE于点P,过点B作BQ⊥DE于点Q,交CG于点N,如图2,在Rt△CPD中,DP=CP×cos70°≈0.51(米),在Rt△BCN中,CN=BC×cos30°≈1.04(米),所以,DE=DP+PQ+QE=DP+CN+AB=2.35(米),如图3,过点D作DH⊥AM于点H,过点C作CK⊥DH于点K,在Rt△CKD中,DK=CD×cos50°≈1.16(米),所以,DH=DK+KH=3.16(米),所以,DH﹣DE=0.8(米),所以,斗杆顶点D的最高点比初始位置高了0.8米.。
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2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编(浙江专版)几何综合参考答案与试题解析1.(2019?杭州)如图,已知正方形ABCD的边长为1,正方形CEFG的面积为S1,点E在DC边上,点G在BC的延长线上,设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2,且S1=S2.(1)求线段CE的长;(2)若点H为BC边的中点,连接HD,求证:HD=HG.解:(1)设正方形CEFG的边长为a,∵正方形ABCD的边长为1,∴DE=1﹣a,∵S1=S2,∴a2=1×(1﹣a),解得,(舍去),,即线段CE的长是;(2)证明:∵点H为BC边的中点,BC=1,∴CH=0.5,∴DH==,∵CH=0.5,CG=,∴HG=,∴HD=HG.2.(2019?杭州)如图,已知锐角三角形ABC内接于圆O,OD⊥BC于点D,连接OA.(1)若∠BAC=60°,①求证:OD=OA.②当OA=1时,求△ABC面积的最大值.(2)点E在线段OA上,OE=OD,连接DE,设∠ABC=m∠OED,∠ACB=n∠OED(m,n是正数),若∠ABC<∠ACB,求证:m﹣n+2=0.解:(1)①连接OB、OC,则∠BOD=BOC=∠BAC=60°,∴∠OBC=30°,∴OD=OB=OA;②∵BC长度为定值,∴△ABC面积的最大值,要求BC边上的高最大,当AD过点O时,AD最大,即:AD=AO+OD=,△ABC面积的最大值=×BC×AD=×2OBsin60°×=;(2)如图2,连接OC,设:∠OED=x,则∠ABC=mx,∠ACB=nx,则∠BAC=180°﹣∠ABC﹣∠ACB=180°﹣mx﹣nx=∠BOC=∠DOC,∵∠AOC=2∠ABC=2mx,∴∠AOD=∠COD+∠AOC=180°﹣mx﹣nx+2mx=180°+mx﹣nx,∵OE=OD,∴∠AOD=180°﹣2x,即:180°+mx﹣nx=180°﹣2x,化简得:m﹣n+2=0.3.(2019?宁波)如图,矩形EFGH的顶点E,G分别在菱形ABCD的边AD,BC上,顶点F,H在菱形ABCD的对角线BD上.(1)求证:BG=DE;(2)若E为AD中点,FH=2,求菱形ABCD的周长.解:(1)∵四边形EFGH是矩形,∴EH=FG,EH∥FG,∴∠GFH=∠EHF,∵∠BFG=180°﹣∠GFH,∠DHE=180°﹣∠EHF,∴∠BFG=∠DHE,∵四边形ABCD是菱形,∴AD∥BC,∴∠GBF=∠EDH,∴△BGF≌△DEH(AAS),∴BG=DE;(2)连接EG,∵四边形ABCD是菱形,∴AD=BC,AD∥BC,∵E为AD中点,∴AE=ED,∵BG=DE,∴AE=BG,AE∥BG,∴四边形ABGE是平行四边形,∴AB=EG,∵EG=FH=2,∴AB=2,∴菱形ABCD的周长=8.4.(2019?宁波)定义:有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形,这两个角的夹边称为邻余线.(1)如图1,在△ABC中,AB=AC,AD是△ABC的角平分线,E,F分别是BD,AD上的点.求证:四边形ABEF是邻余四边形.(2)如图2,在5×4的方格纸中,A,B在格点上,请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF,使AB是邻余线,E,F在格点上.(3)如图3,在(1)的条件下,取EF中点M,连结DM并延长交AB于点Q,延长EF交AC 于点N.若N为AC的中点,DE=2BE,QB=3,求邻余线AB的长.解:(1)∵AB=AC,AD是△ABC的角平分线,∴AD⊥BC,∴∠ADB=90°,∴∠DAB+∠DBA=90°,∠F AB与∠EBA互余,∴四边形ABEF是邻余四边形;(2)如图所示(答案不唯一),四边形AFEB为所求;(3)∵AB=AC,AD是△ABC的角平分线,∴BD=CD,∵DE=2BE,∴BD=CD=3BE,∴CE=CD+DE=5BE,∵∠EDF=90°,点M是EF的中点,∴DM=ME,∴∠MDE=∠MED,∵AB=AC,∴∠B=∠C,∴△DBQ∽△ECN,∴,∵QB=3,∴NC=5,∵AN=CN,∴AC=2CN=10,∴AB=AC=10.5.(2019?宁波)如图1,⊙O经过等边△ABC的顶点A,C(圆心O在△ABC内),分别与AB,CB的延长线交于点D,E,连结DE,BF⊥EC交AE于点F.(1)求证:BD=BE.(2)当AF:EF=3:2,AC=6时,求AE的长.(3)设=x,tan∠DAE=y.①求y关于x的函数表达式;②如图2,连结OF,OB,若△AEC的面积是△OFB面积的10倍,求y的值.证明:(1)∵△ABC是等边三角形,∴∠BAC=∠C=60°,∵∠DEB=∠BAC=60°,∠D=∠C=60°,∴∠DEB=∠D,∴BD=BE;(2)如图1,过点A作AG⊥BC于点G,∵△ABC是等边三角形,AC=6,∴BG=,∴在Rt△ABG中,AG=BG=3,∵BF⊥EC,∴BF∥AG,∴,∵AF:EF=3:2,∴BE=BG=2,∴EG=BE+BG=3+2=5,在Rt△AEG中,AE=;(3)①如图1,过点E作EH⊥AD于点H,∵∠EBD=∠ABC=60°,∴在Rt△BEH中,,∴EH=,BH=,∵,∴BG=xBE,∴AB=BC=2BG=2xBE,∴AH=AB+BH=2xBE+BE=(2x+)BE,∴在Rt△AHE中,tan∠EAD=,∴y=;②如图2,过点O作OM⊥BC于点M,设BE=a,∵,∴CG=BG=xBE=ax,∴EC=CG+BG+BE=a+2ax,∴EM=EC=a+ax,∴BM=EM﹣BE=ax﹣a,∵BF∥AG,∴△EBF∽△EGA,∴,∵AG=,∴BF=,∴△OFB的面积=,∴△AEC的面积=,∵△AEC的面积是△OFB的面积的10倍,∴,∴2x2﹣7x+6=0,解得:,∴,6.(2019?温州)如图,在△ABC中,∠BAC=90°,点E在BC边上,且CA=CE,过A,C,E 三点的⊙O交AB于另一点F,作直径AD,连结DE并延长交AB于点G,连结CD,CF.(1)求证:四边形DCFG是平行四边形.(2)当BE=4,CD=AB时,求⊙O的直径长.(1)证明:连接AE,∵∠BAC=90°,∴CF是⊙O的直径,∵AC=EC,∴CF⊥AE,∵AD是⊙O的直径,∴∠AED=90°,即GD⊥AE,∴CF∥DG,∵AD是⊙O的直径,∴∠ACD=90°,∴∠ACD+∠BAC=180°,∴AB∥CD,∴四边形DCFG是平行四边形;(2)解:由CD=AB,设CD=3x,AB=8x,∴CD=FG=3x,∵∠AOF=∠COD,∴AF=CD=3x,∴BG=8x﹣3x﹣3x=2x,∵GE∥CF,∴,∵BE=4,∴AC=CE=6,∴BC=6+4=10,∴AB==8=8x,∴x=1,在Rt△ACF中,AF=10,AC=6,∴CF==3,即⊙O的直径长为3.7.(2019?嘉兴)在6×6的方格纸中,点A,B,C都在格点上,按要求画图:(1)在图1中找一个格点D,使以点A,B,C,D为顶点的四边形是平行四边形.(2)在图2中仅用无刻度的直尺,把线段AB三等分(保留画图痕迹,不写画法).解:(1)由勾股定理得:CD=AB=CD'=,BD=AC=BD''=,AD'=BC=AD''=;画出图形如图1所示;(2)如图2所示.8.(2019?嘉兴)小波在复习时,遇到一个课本上的问题,温故后进行了操作、推理与拓展.(1)温故:如图1,在△ABC中,AD⊥BC于点D,正方形PQMN的边QM在BC上,顶点P,N分别在AB,AC上,若BC=6,AD=4,求正方形PQMN的边长.(2)操作:能画出这类正方形吗?小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作:如图2,任意画△ABC,在AB上任取一点P',画正方形P'Q'M'N',使Q',M'在BC边上,N'在△ABC 内,连结BN'并延长交AC于点N,画NM⊥BC于点M,NP⊥NM交AB于点P,PQ⊥BC于点Q,得到四边形PPQMN.小波把线段BN称为“波利亚线”.(3)推理:证明图2中的四边形PQMN是正方形.(4)拓展:在(2)的条件下,在射线BN上截取NE=NM,连结EQ,EM(如图3).当tan∠NBM=时,猜想∠QEM的度数,并尝试证明.请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题.(1)解:如图1中,∵PN∥BC,∴△APN∽△ABC,∴=,即=,解得PN=.(2)能画出这样的正方形,如图2中,正方形PNMQ即为所求.(3)证明:如图2中,由画图可知:∠QMN=∠PQM=∠NPQ=∠BM′N′=90°,∴四边形PNMQ是矩形,MN∥M′N′,∴△BN′M′∽△BNM,∴=,同理可得:=,∴=,∵M′N′=P′N′,∴MN=PN,∴四边形PQMN是正方形.(4)解:如图3中,结论:∠QEM=90°.理由:由tan∠NBM==,可以假设MN=3k,BM=4k,则BN=5k,BQ=k,BE=2k,∴==,==,∴=,∵∠QBE=∠EBM,∴△BQE∽△BEM,∴∠BEQ=∠BME,∵NE=NM,∴∠NEM=∠NME,∵∠BME+∠EMN=90°,∴∠BEQ+∠NEM=90°,∴∠QEM=90°.9.(2019?湖州)已知在平面直角坐标系xOy中,直线l1分别交x轴和y轴于点A(﹣3,0),B(0,3).(1)如图1,已知⊙P经过点O,且与直线l1相切于点B,求⊙P的直径长;(2)如图2,已知直线l2:y=3x﹣3分别交x轴和y轴于点C和点D,点Q是直线l2上的一个动点,以Q为圆心,2为半径画圆.①当点Q与点C重合时,求证:直线l1与⊙Q相切;②设⊙Q与直线l1相交于M,N两点,连结QM,QN.问:是否存在这样的点Q,使得△QMN是等腰直角三角形,若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.解:(1)如图1,连接BC,∵∠BOC=90°,∴点P在BC上,∵⊙P与直线l1相切于点B,∴∠ABC=90°,而OA=OB,∴△ABC为等腰直角三角形,则⊙P的直径长=BC=AB=3;(2)过点作CM⊥AB,由直线l2:y=3x﹣3得:点C(1,0),则CM=ACsin45°=4×=2=圆的半径,故点M是圆与直线l1的切点,即:直线l1与⊙Q相切;(3)如图3,①当点M、N在两条直线交点的下方时,由题意得:MQ=NQ,∠MQN=90°,设点Q的坐标为(m,3m﹣3),则点N(m,m+3),则NQ=m+3﹣3m+3=2,解得:m=3﹣;②当点M、N在两条直线交点的上方时,同理可得:m=3;故点P的坐标为(3﹣,6﹣3)或(3+,6+3).10.(2019?湖州)如图1,已知在平面直角坐标系xOy中,四边形OABC是矩形,点A,C分别在x 轴和y轴的正半轴上,连结AC,OA=3,tan∠OAC=,D是BC的中点.(1)求OC的长和点D的坐标;(2)如图2,M是线段OC上的点,OM=OC,点P是线段OM上的一个动点,经过P,D,B 三点的抛物线交x轴的正半轴于点E,连结DE交AB于点F.①将△DBF沿DE所在的直线翻折,若点B恰好落在AC上,求此时BF的长和点E的坐标;②以线段DF为边,在DF所在直线的右上方作等边△DFG,当动点P从点O运动到点M时,点G也随之运动,请直接写出点G运动路径的长.解:(1)∵OA=3,tan∠OAC==,∴OC=,∵四边形OABC是矩形,∴BC=OA=3,∵D是BC的中点,∴CD=BC=,∴D(,);(2)①∵tan∠OAC=,∴∠OAC=30°,∴∠ACB=∠OAC=30°,设将△DBF沿DE所在的直线翻折后,点B恰好落在AC上的B'处,则DB'=DB=DC,∠BDF=∠B'DF,∴∠DB'C=∠ACB=30°∴∠BDB'=60°,∴∠BDF=∠B'DF=30°,∵∠B=90°,∴BF=BD?tan30°=,∵AB=,∴AF=BF=,∵∠BFD=∠AEF,∴∠B=∠F AE=90°,∴△BFD≌△AFE(ASA),∴AE=BD=,∴OE=OA+AE=,∴点E的坐标(,0);②动点P在点O时,∵抛物线过点P(0,0)、D(,)、B(3,)求得此时抛物线解析式为y=﹣x2+x,∴E(,0),∴直线DE:y=﹣x+,∴F1(3,);当动点P从点O运动到点M时,∵抛物线过点P(0,)、D(,)、B(3,)求得此时抛物线解析式为y=﹣x2+x+,∴E(6,0),∴直线DE:y=﹣x+,∴F2(3,);∴点F运动路径的长为F1F2==,∵△DFG为等边三角形,∴G运动路径的长为.11.(2019?绍兴)在屏幕上有如下内容:如图,△ABC内接于⊙O,直径AB的长为2,过点C的切线交AB的延长线于点D.张老师要求添加条件后,编制一道题目,并解答.(1)在屏幕内容中添加条件∠D=30°,求AD的长.请你解答.(2)以下是小明、小聪的对话:小明:我加的条件是BD=1,就可以求出AD的长小聪:你这样太简单了,我加的是∠A=30°,连结OC,就可以证明△ACB与△DCO全等.参考此对话,在屏幕内容中添加条件,编制一道题目(可以添线添字母),并解答.解:(1)连接OC,如图,∵CD为切线,∴OC⊥CD,∴∠OCD=90°,∵∠D=30°,∴OD=2OC=2,∴AD=AO+OD=1+2=3;(2)添加∠DCB=30°,求AC的长,解:∵AB为直径,∴∠ACB=90°,∵∠ACO+∠OCB=90°,∠OCB+∠DCB=90°,∴∠ACO=∠DCB,∵∠ACO=∠A,∴∠A=∠DCB=30°,在Rt△ACB中,BC=AB=1,∴AC=BC=.12.(2019?绍兴)有一块形状如图的五边形余料ABCDE,AB=AE=6,BC=5,∠A=∠B=90°,∠C=135°,∠E>90°,要在这块余料中截取一块矩形材料,其中一条边在AE上,并使所截矩形材料的面积尽可能大.(1)若所截矩形材料的一条边是BC或AE,求矩形材料的面积.(2)能否截出比(1)中更大面积的矩形材料?如果能,求出这些矩形材料面积的最大值;如果不能,说明理由.解:(1)①若所截矩形材料的一条边是BC,如图1所示:过点C作CF⊥AE于F,S1=AB?BC=6×5=30;②若所截矩形材料的一条边是AE,如图2所示:过点E作EF∥AB交CD于F,FG⊥AB于G,过点C作CH⊥FG于H,则四边形AEFG为矩形,四边形BCHG为矩形,∵∠C=135°,∴∠FCH=45°,∴△CHF为等腰直角三角形,∴AE=FG=6,HG=BC=5,BG=CH=FH,∴BG=CH=FH=FG﹣HG=6﹣5=1,∴AG=AB﹣BG=6﹣1=5,∴S2=AE?AG=6×5=30;(2)能;理由如下:在CD上取点F,过点F作FM⊥AB于M,FN⊥AE于N,过点C作CG⊥FM于G,则四边形ANFM为矩形,四边形BCGM为矩形,∵∠C=135°,∴∠FCG=45°,∴△CGF为等腰直角三角形,∴MG=BC=5,BM=CG,FG=DG,设AM=x,则BM=6﹣x,∴FM=GM+FG=GM+CG=BC+BM=11﹣x,∴S=AM×FM=x(11﹣x)=﹣x2+11x=﹣(x﹣5.5)2+30.25,∴当x=5.5时,S的最大值为30.25.13.(2019?绍兴)如图1是实验室中的一种摆动装置,BC在地面上,支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形,摆动臂AD可绕点A旋转,摆动臂DM可绕点D旋转,AD=30,DM=10.(1)在旋转过程中,①当A,D,M三点在同一直线上时,求AM的长.②当A,D,M三点为同一直角三角形的顶点时,求AM的长.(2)若摆动臂AD顺时针旋转90°,点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处,连结D1D2,如图2,此时∠AD2C=135°,CD2=60,求BD2的长.解:(1)①AM=AD+DM=40,或AM=AD﹣DM=20.②显然∠MAD不能为直角.当∠AMD为直角时,AM2=AD2﹣DM2=302﹣102=800,∴AM=20或(﹣20舍弃).当∠ADM=90°时,AM2=AD2+DM2=302+102=1000,∴AM=10或(﹣10舍弃).综上所述,满足条件的AM的值为20或10.(2)如图2中,连接CD.由题意:∠D1AD2=90°,AD1=AD2=30,∴∠AD2D1=45°,D1D2=30,∵∠AD2C=135°,∴∠CD2D1=90°,∴CD1==30,∵∠BAC=∠A1AD2=90°,∴∠BAC﹣∠CAD2=∠D2AD1﹣∠CAD2,∴∠BAD1=∠CAD2,∵AB=AC,AD2=AD1,∴△BAD2≌△CAD1(SAS),∴BD2=CD1=30.14.(2019?绍兴)如图,矩形ABCD中,AB=a,BC=b,点M,N分别在边AB,CD上,点E,F 分别在边BC,AD上,MN,EF交于点P,记k=MN:EF.(1)若a:b的值为1,当MN⊥EF时,求k的值.(2)若a:b的值为,求k的最大值和最小值.(3)若k的值为3,当点N是矩形的顶点,∠MPE=60°,MP=EF=3PE时,求a:b的值.解:(1)如图1中,作EH⊥BC于H,MQ⊥CD于Q,设EF交MN于点O.∵四边形ABCD是正方形,∴FH=AB,MQ=BC,∵AB=CB,∴FH=MQ,∵EF⊥MN,∴∠EON=90°,∵∠ECN=90°,∴∠MNQ+∠CEO=180°,∠FEH+∠CEO=180°∴∠FEH=∠MNQ,∵∠EHF=∠MQN=90°,∴△FHE≌△MQN(ASA),∴MN=EF,∴k=MN:EF=1.(2)∵a:b=1:2,∴b=2a,由题意:2a≤MN≤a,a≤EF≤a,∴当MN的长取最大时,EF取最短,此时k的值最大最大值=,当MN的最短时,EF的值取最大,此时k的值最小,最小值为.(3)连接FN,ME.∵k=3,MP=EF=3PE,∴==3,∴==2,∵∠FPN=∠EPM,∴△PNF∽△PME,∴==2,ME∥NF,设PE=2m,则PF=4m,MP=6m,NP=12m,①如图2中,当点N与点D重合时,点M恰好与B重合.作FH⊥BD于H.∵∠MPE=∠FPH=60°,∴PH=2m,FH=2m,DH=10m,∴===.②如图3中,当点N与C重合,作EH⊥MN于H.则PH=m,HE=m,∴HC=PH+PC=13m,∴tan∠HCE===,∵ME∥FC,∴∠MEB=∠FCB=∠CFD,∵∠B=∠D,∴△MEB∽△CFD,∴==2,∴===,综上所述,a:b的值为或.15.(2019?金华)如图,在?OABC中,以O为圆心,OA为半径的圆与BC相切于点B,与OC相交于点D.(1)求的度数.(2)如图,点E在⊙O上,连结CE与⊙O交于点F,若EF=AB,求∠OCE的度数.解:(1)连接OB,∵BC是圆的切线,∴OB⊥BC,∵四边形OABC是平行四边形,∴OA∥BC,∴OB⊥OA,∴△AOB是等腰直角三角形,∴∠ABO=45°,∴的度数为45°;(2)连接OE,过点O作OH⊥EC于点H,设EH=t,∵OH⊥EC,∴EF=2HE=2t,∵四边形OABC是平行四边形,∴AB=CO=EF=2t,∵△AOB是等腰直角三角形,∴OA=t,则HO===t,∵OC=2OH,∴∠OCE=30°.16.(2019?金华)如图,在等腰Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=14,点D,E分别在边AB,BC上,将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF.(1)如图1,若AD=BD,点E与点C重合,AF与DC相交于点O.求证:BD=2DO.(2)已知点G为AF的中点.①如图2,若AD=BD,CE=2,求DG的长.②若AD=6BD,是否存在点E,使得△DEG是直角三角形?若存在,求CE的长;若不存在,试说明理由.(1)证明:如图1中,∵CA=CB,∠ACB=90°,BD=AD,∴CD⊥AB,CD=AD=BD,∵CD=CF,∴AD=CF,∵∠ADC=∠DCF=90°,∴AD∥CF,∴四边形ADFC是平行四边形,∴OD=OC,∵BD=2OD.(2)①解:如图2中,作DT⊥BC于点T,FH⊥BC于H.由题意:BD=AD=CD=7,BC=BD=14,∵DT⊥BC,∴BT=TC=7,∵EC=2,∴TE=5,∵∠DTE=∠EHF=∠DEF=90°,∴∠DET+∠TDE=90°,∠DET+∠FEH=90°,∴∠TDE=∠FEH,∵ED=EF,∴△DTE≌△EHF(AAS),∴FH=ET=5,∵∠DDBE=∠DFE=45°,∴B,D,E,F四点共圆,∴∠DBF+∠DEF=90°,∴∠DBF=90°,∵∠DBE=45°,∴∠FBH=45°,∵∠BHF=90°,∴∠HBF=∠HFB=45°,∴BH=FH=5,∴BF=5,∵∠ADC=∠ABF=90°,∴DG∥BF,∵AD=DB,∴AG=GF,∴DG=BF=.②解:如图3﹣1中,当∠DEG=90°时,F,E,G,A共线,作DT⊥BC于点T,FH⊥BC于H.设EC=x.∵AD=6BD,∴BD=AB=2,∵DT⊥BC,∠DBT=45°,∴DT=BT=2,∵△DTE≌△EHF,∴EH=DT=2,∴BH=FH=12﹣x,∵FH∥AC,∴=,∴=,整理得:x2﹣12x+28=0,解得x=6±2.如图3﹣2中,当∠EDG=90°时,取AB的中点O,连接OG.作EH⊥AB于H.设EC=x,由2①可知BF=(12﹣x),OG=BF=(12﹣x),∵∠EHD=∠EDG=∠DOG=90°,∴∠ODG+∠OGD=90°,∠ODG+∠EDH=90°,∴∠DGO=∠HDE,∴△EHD∽△DOG,∴=,∴=,整理得:x2﹣36x+268=0,解得x=18﹣2或18+2(舍弃),如图3﹣3中,当∠DGE=90°时,取AB的中点O,连接OG,CG,作DT⊥BC于T,FH⊥BC 于H,EK⊥CG于K.设EC=x.∵∠DBE=∠DFE=45°,∴D,B,F,E四点共圆,∴∠DBF+∠DEF=90°,∵∠DEF=90°,∴∠DBF=90°,∵AO=OB,AG=GF,∴OG∥BF,∴∠AOG=∠ABF=90°,∴OG⊥AB,∵OG垂直平分线段AB,∵CA=CB,∴O,G,C共线,由△DTE≌△EHF,可得EH=DT=BT=2,ET=FH=12﹣x,BF=(12﹣x),OG=BF=(12﹣x),CK=EK=x,GK=7﹣(12﹣x)﹣x,由△OGD∽△KEG,可得=,∴=,解得x=2,,综上所述,满足条件的EC的值为6±2或18﹣2或2.17.(2019?衢州)如图,在等腰△ABC中,AB=AC,以AC为直径作⊙O交BC于点D,过点D作DE⊥AB,垂足为E.(1)求证:DE是⊙O的切线.(2)若DE=,∠C=30°,求的长.(1)证明:连接OD;∵OD=OC,∴∠C=∠ODC,∵AB=AC,∴∠B=∠C,∴∠B=∠ODC,∴OD∥AB,∴∠ODE=∠DEB;∵DE⊥AB,∴∠DEB=90°,∴∠ODE=90°,即DE⊥OD,∴DE是⊙O的切线.(2)解:连接AD,∵AC是直径,∴∠ADC=90°,∵AB=AC,∴∠B=∠C=30°,BD=CD,∴∠OAD=60°,∵OA=OD,∴△AOD是等边三角形,∴∠AOD=60°,∵DE=,∠B=30°,∠BED=90°,∴CD=BD=2DE=2,∴OD=AD=tan30°?CD=×2=2,∴的长为:=.18.(2019?衢州)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,∠BAC=60°,AD平分∠BAC交BC于点D,过点D作DE∥AC交AB于点E,点M是线段AD上的动点,连结BM并延长分别交DE,AC于点F、G.(1)求CD的长.(2)若点M是线段AD的中点,求的值.(3)请问当DM的长满足什么条件时,在线段DE上恰好只有一点P,使得∠CPG=60°?解:(1)∵AD平分∠BAC,∠BAC=60°,∴∠DAC=∠BAC=30°,在Rt△ADC中,DC=AC?tan30°=6×=2.(2)由题意易知:BC=6,BD=4,∵DE∥AC,∴∠FDM=∠GAM,∵AM=DM,∠DMF=∠AMG,∴△DFM≌△AGM(ASA),∴DF=AG,∵DE∥AC,∴==,∴====.(3)∵∠CPG=60°,过C,P,G作外接圆,圆心为Q,∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形.①当⊙Q与DE相切时,如图3﹣1中,作QH⊥AC于H,交DE于P.连接QC,QG.菁优网设⊙Q的半径为r.则QH=r,r+r=2,∴r=,∴CG=×=4,AG=2,由△DFM∽△AGM,可得==,∴DM=AD=.②当⊙Q经过点E时,如图3﹣2中,延长CO交AB于K,设CQ=r.∵QC=QG,∠CQG=120°,∴∠KCA=30°,∵∠CAB=60°,∴∠AKC=90°,在Rt△EQK中,QK=3﹣r,EQ=r,EK=1,∴12+(3﹣r)2=r2,解得r=,∴CG=×=,由△DFM∽△AGM,可得DM=.③当⊙Q经过点D时,如图3﹣3中,此时点M,点G与点A重合,可得DM=AD=4.观察图象可知:当DM=或<DM≤4时,满足条件的点P只有一个.19.(2019?台州)我们知道,各个角都相等,各条边都相等的多边形叫做正多边形.对一个各条边都相等的凸多边形(边数大于3),可以由若干条对角线相等判定它是正多边形.例如,各条边都相等的凸四边形,若两条对角线相等,则这个四边形是正方形.(1)已知凸五边形ABCDE的各条边都相等.①如图1,若AC=AD=BE=BD=CE,求证:五边形ABCDE是正五边形;②如图2,若AC=BE=CE,请判断五边形ABCDE是不是正五边形,并说明理由:(2)判断下列命题的真假.(在括号内填写“真”或“假”)如图3,已知凸六边形ABCDEF的各条边都相等.①若AC=CE=EA,则六边形ABCDEF是正六边形;(假)②若AD=BE=CF,则六边形ABCDEF是正六边形.(假)(1)①证明:∵凸五边形ABCDE的各条边都相等,∴AB=BC=CD=DE=EA,在△ABC、△BCD、△CDE、△DEA、EAB中,,∴△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌EAB(SSS),∴∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEA=∠EAB,∴五边形ABCDE是正五边形;②解:若AC=BE=CE,五边形ABCDE是正五边形,理由如下:在△ABE、△BCA和△DEC中,,∴△ABE≌△BCA≌△DEC(SSS),∴∠BAE=∠CBA=∠EDC,∠AEB=∠ABE=∠BAC=∠BCA=∠DCE=∠DEC,在△ACE和△BEC中,,∴△ACE≌△BEC(SSS),∴∠ACE=∠CEB,∠CEA=∠CAE=∠EBC=∠ECB,同理:∠CBA=∠D=∠AED=∠BCD=3∠ABE=∠BAE,∴五边形ABCDE是正五边形;(2)解:①若AC=CE=EA,如图3所示:则六边形ABCDEF是正六边形;假命题;理由如下:∵凸六边形ABCDEF的各条边都相等,∴AB=BC=CD=DE=EF=FA,在△AEF、△CAB和△ECD中,,∴△AEF≌△CAB≌△ECD(SSS),如果△AEF、△CAB、△ECD都为相同的等腰直角三角形,则∠F=∠D=∠B=90°,而正六边形的各个内角都为120°,∴六边形ABCDEF不是正六边形;故答案为:假;②若AD=BE=CF,则六边形ABCDEF是正六边形;假命题;理由如下:如图4所示:连接AE、AC、CE、BF,在△BFE和△FBC中,,∴△BFE≌△FBC(SSS),∴∠BFE=∠FBC,∵AB=AF,∴∠AFB=∠ABF,∴∠AFE=∠ABC,在△F AE和△BCA中,,∴△F AE≌△BCA(SAS),∴AE=CA,同理:AE=CE,∴AE=CA=CE,由①得:△AEF、△CAB、△ECD都为相同的等腰直角三角形,则∠F=∠D=∠B=90°,而正六边形的各个内角都为120°,∴六边形ABCDEF不是正六边形;故答案为:假.20.(2019?台州)如图,正方形ABCD的边长为2,E为AB的中点,P是BA延长线上的一点,连接PC交AD于点F,AP=FD.(1)求的值;(2)如图1,连接EC,在线段EC上取一点M,使EM=EB,连接MF,求证:MF=PF;(3)如图2,过点E作EN⊥CD于点N,在线段EN上取一点Q,使AQ=AP,连接BQ,BN.将△AQB绕点A旋转,使点Q旋转后的对应点Q'落在边AD上.请判断点B旋转后的对应点B'是否落在线段BN上,并说明理由.解:(1)设AP=FD=a,∴AF=2﹣a,∵四边形ABCD是正方形∴AB∥CD∴△AFP∽△DFC∴即∴a=﹣1∴AP=FD=﹣1,∴AF=AD﹣DF=3﹣∴=(2)在CD上截取DH=AF∵AF=DH,∠PAF=∠D=90°,AP=FD,∴△P AF≌△HDF(SAS)∴PF=FH,∵AD=CD,AF=DH∴FD=CH=AP=﹣1∵点E是AB中点,∴BE=AE=1=EM∴PE=PA+AE=∵EC2=BE2+BC2=1+4=5,∴EC=∴EC=PE,CM=﹣1∴∠P=∠ECP∵AP∥CD∴∠P=∠PCD∴∠ECP=∠PCD,且CM=CH=﹣1,CF=CF∴△FCM≌△FCH(SAS)∴FM=FH∴FM=PF(3)若点B'在BN上,如图,以A原点,AB为y轴,AD为x轴建立平面直角坐标系,∵EN⊥AB,AE=BE∴AQ=BQ=AP=﹣1由旋转的性质可得AQ=AQ'=﹣1,AB=AB'=2,Q'B'=QB=﹣1,∵点B(0,﹣2),点N(2,﹣1)∴直线BN解析式为:y=x﹣2设点B'(x,x﹣2)∴AB'==2∴x=∴点B'(,﹣)∵点Q'(﹣1,0)∴B'Q'=≠﹣1∴点B旋转后的对应点B'不落在线段BN上.。