河南中考数学考前增分练辑压轴大题抢分练2套合集Word文档下载推荐.docx
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②将△AED绕点A逆时针旋转45°
,如图2,
(2)类比延伸
将图1中△AED绕点A逆时针旋转到如图3所示的位置,请计算出
的值,并说明理由.
(3)拓展探究
将图1中△AED绕点A逆时针旋转,旋转角为α,0°
≤α≤90°
,AD=
,△AED在旋转过程中,存在△ACD为直角三角形,请直接写出线段CD的长.
3.如图1,在Rt△ABC中,∠ABC=90°
,BA=BC,直线MN是过点A的直线,CD⊥MN于点D,连接BD.
(1)观察猜想张老师在课堂上提出问题:
线段DC,AD,BD之间有什么数量关系.经过观察思考,小明提出一种思路:
如图1,过点B作BE⊥BD,交MN于点E,进而得出DC+AD=________BD;
(2)探究证明
将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置,写出此时线段DC,AD,BD之间的数量关系,并证明;
(3)拓展延伸
在直线MN绕点A旋转的过程中,当△ABD面积取得最大值时,若CD长为1,请直接写出BD的长.
4.
(1)观察图形:
如图1,△ABC中,AB=AC,∠BAC=45°
,CD⊥AB,AE⊥BC,垂足分别为D,E,CD与AE交于点F.
①写出图1中所有的全等三角形________;
②线段AF与线段CE的数量关系是________;
(2)问题探究:
如图2,△ABC中,∠BAC=45°
,AB=BC,AD平分∠BAC,AD⊥CD,垂足为D,AD与BC交于点E.
求证:
AE=2CD;
(3)拓展延伸:
如图3,△ABC中,∠BAC=45°
,AB=BC,点D在AC上,∠EDC=
∠BAC,DE⊥CE,垂足为E,DE与BC交于点F.求证:
DF=2CE.
参考答案
1.解:
(1)△AFE EF=BE+DF
提示:
将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG,使AB与AD重合,
又∵∠B+∠ADC=180°
,
∴∠FDG=180°
,即点F,D,G三点共线.
∵∠BAE=∠DAG,∠EAF=
∠BAD,
∴∠EAF=∠GAF.
在△AFG和△AFE中,
∴△AFG≌△AFE,∴EF=FG=FD+DG=FD+BE.
(2)EF,BE,DF之间的数量关系是EF=DF-BE.
证明如下:
如图,将△ABE绕点A逆时针旋转,使AB与AD重合,得到△ADE′,
则△ABE≌ADE′,
∴∠DAE′=∠BAE,AE′=AE,DE′=BE,∠ADE′=∠ABE.
∵∠ABC+∠ADC=180°
∠ABC+∠ABE=180°
∠ADE′=∠ADC,即E′,D,F三点共线.
又∠EAF=
∴∠E′AF=∠BAD-(∠BAF+∠DAE′)=∠BAD-(∠BAF+∠BAE)=∠BAD-∠EAF=
∴∠EAF=∠E′AF.
在△AEF和△AE′F中,
∴△AFE≌△AFE′(SAS),∴FE=FE′.
又∵FE′=DF-DE′,∴EF=DF-BE.
(3)
如图,将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD′,使AB与AC重合,连接ED′,
由
(1)得△AED≌AED′,
∴DE=D′E.
∵∠ACB=∠B=∠ACD′=45°
∴∠ECD′=90°
.
在Rt△ECD′中,
ED′=
=
即DE=
2.解:
(1)①
∵△ABC,△AED是两个全等的等腰直角三角形,
∴AD=BC.
∵O为BC的中点,F为AD的中点,∴AF=OC.
∵∠BAC=∠AED=90°
,AB=AC,AE=DE,
∴∠DAE=∠CBA=45°
,∴AD∥BC,
∴四边形AFOC是平行四边形,
∴OF=AC=
EC,∴
②
∵AO=
AC,∠BAO=∠CAO=45°
,∠DAE=45°
∴∠DAE=∠CAO.
∵AE=AC,AF=AO,
∴
,∴△AFO∽△AEC,∴
(2)OF=
EC.
理由:
在等腰直角△ADE中,F为AD的中点,
∴AF=
AD=
AE.
在等腰直角△ABC中,O为BC的中点,
如图,连接AO,
∴AO=
∴∠DAE=45°
∴∠DAE=∠CAO,即∠DAO=∠CAE.
(3)∵△ABC和△AED是两个全等的等腰直角三角形,
∴AD=BC=
∴ED=AE=AB=AC=1.
当△ACD为直角三角形时,分两种情况:
①当AD与AB重合时,如图,连接CD.
当△ACD为直角三角形时,AD⊥AC,
即将△ADE绕点A逆时针旋转45°
∵AD=
,AC=1,
∴由勾股定理可得CD=
②当AE与AC重合时,如图,
当△ACD为直角三角形时,AC⊥CD,
即将△ADE绕点A逆时针旋转90°
,此时CD=AC=1.
综上所述,CD的长为
或1.
3.解:
(1)
由题意知,△BAE≌△BCD,
∴AE=CD,BE=BD,∴CD+AD=AD+AE=DE.
∵△BDE是等腰直角三角形,
∴DE=
BD,∴DC+AD=
BD.
(2)AD-DC=
证明:
如图,过点B作BE⊥BD,交MN于点E,AD交BC于O.
∵∠ABC=∠DBE=90°
∴∠ABE+∠EBC=∠CBD+∠EBC,
∴∠ABE=∠CBD.
∵∠BAE+∠AOB=90°
∠BCD+∠COD=90°
,∠AOB=∠COD,
∴∠BAE=∠BCD,
∴∠ABE=∠DBC.
又∵AB=CB,∴△CDB≌△AEB,
∴CD=AE,EB=BD,
∴△EBD为等腰直角三角形,DE=
∵DE=AD-AE=AD-CD,
∴AD-DC=
+1
如图,易知A,B,C,D四点共圆,当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的右侧时,△ABD的面积最大,
此时DG⊥AB,DB=DA,在DA上截取一点H,使得CD=DH=1,则易证CH=AH=
∴BD=AD=
+1.
4.
(1)解:
①△ABE≌△ACE,△ADF≌△CDB
∵AB=AC,AE⊥BC,∴△ABE≌△ACE.
∵∠BAC=45°
,CD⊥AB,∴DA=DC.
在△ADF和△CDB中,
∴△ADF≌△CDB.
②AF=2CE
∵△ABE≌△ACE,∴BC=2CE.
∵△ADF≌△CDB,∴AF=BC,∴AF=2CE.
(2)证明:
如图,延长AB,CD交于点G.
∵AD平分∠BAC,∴∠CAD=∠GAD.
∵AD⊥CD,∴∠ADC=∠ADG=90°
在△ADC和△ADG中,
∴△ADC≌△ADG,
∴CD=GD,即CG=2CD.
,AB=BC,
∴∠ABC=90°
,∴∠CBG=90°
,∴∠G+∠BCG=90°
∵∠G+∠BAE=90°
,∴∠BAE=∠BCG.
在△ABE和△CBG中,
∴△ABE≌△CBG,∴AE=CG=2CD.
(3)证明:
如图,作DG⊥BC于点H,交CE的延长线于G.
∴AB⊥BC,∴DG∥AB,
∴∠GDC=∠BAC=45°
∴∠EDC=
∠BAC=22.5°
=∠EDG,DH=CH.
又∵DE⊥CE,∴∠DEC=∠DEG=90°
在△DEC和△DEG中,
∴△DEC≌△DEG,∴DC=DG,CG=2CE.
∵∠DHF=∠CEF=90°
,∠DFH=∠CFE,
∴∠FDH=∠GCH.
在△DHF和△CHG中,
∴△DHF≌△CHG,
∴DF=CG=2CE.
压轴大题抢分练
(二)
1.如图,抛物线y=-
x2+bx+c与x轴交于点A,B,与y轴交于点C,直线y=-
x+2经过点A,C.
(1)求抛物线的解析式;
(2)点P为直线AC上方抛物线上一动点.
①连接PO,交AC于点E,求
的最大值;
②过点P作PF⊥AC,垂足为点F,连接PC,是否存在点P,使△PFC中的一个角等于∠CAB的2倍?
若存在,请直接写出点P的坐标;
若不存在,请说明理由.
2.如图,二次函数y=x2+bx+c的图象经过A(-1,0)和B(3,0)两点,且交y轴于点C,M为抛物线的顶点.
(1)求这个二次函数的解析式;
(2)若将该二次函数图象向上平移m(m>0)个单位,使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△BOC的内部(不包含边界),求m的取值范围;
(3)点P是抛物线上一动点,PQ∥BC交x轴于点Q,当以点B,C,P,Q为顶点的四边形是平行四边形时,求点P的坐标.
3.如图,抛物线y=-
x2+bx+c与x轴的一个交点为A(-2,0),与y轴的交点为B(0,4),对称轴与x轴交于点P.
(2)点M为y轴正半轴上的一个动点,连接AM,过点M作AM的垂线,与抛物线的对称轴交于点N,连接AN.
①若△AMN与△AOB相似,求点M的坐标;
②若点M在y轴正半轴上运动到某一位置时,△AMN有一边与线段AP相等,并且此时有一边与线段AP具有对称性,我们把这样的点M称为“对称点”,请直接写出“对称点”M的坐标.
4.如图,抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于点A(-1,0),B(3,0),与y轴交于点C,连接BC.
(2)抛物线上是否存在点M,使得△MBC的面积与△OBC的面积相等,若存在,请直接写出点M的坐标;
若不存在,请说明理由;
(3)点D(2,m)在第一象限的抛物线上,连接BD.在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P,满足∠PBC=∠DBC?
如果存在,请求出点P的坐标;
如果不存在,请说明理由.
备用图
(1)对于直线y=-
x+2,
当x=0时,y=2,即C(0,2),
当y=0时,x=4,即A(4,0),
将A,C点坐标代入函数解析式得
解得
抛物线的解析式为y=-
x2+
x+2.
(2)①如图,过点P向x轴做垂线,交直线AC于点M,交x轴于点N.
∵直线PN∥y轴,
∴△PEM∽△OEC,
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