最新北京中考数学几何二次函数综合题压轴题解析汇总.docx
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最新北京中考数学几何二次函数综合题压轴题解析汇总
北京中考数学---几何、二次函数综合题压轴题解析汇总
25、(2007?
北京)我们知道:
有两条边相等的三角形叫做等腰三角形.类似地,我们定义:
至少有一组对边相等的四边形叫做等对边四边形.
(1)请写出一个你学过的特殊四边形中是等对边四边形的图形的名称;
(2)如图,在△ABC中,点D,E分别在AB,AC上,设CD,BE相交于点O,
若∠A=60°,∠DCB=∠EBC=∠A.请你写出图中一个与∠A相等的角,并猜想图中哪个四边形是等对边四边形;
(3)在△ABC中,如果∠A是不等于60°的锐角,点D,E分别在AB,AC上,且
∠DCB=∠EBC=∠A.探究:
满足上述条件的图形中是否存在等对边四边形,并证明你的结论.
考点:
等腰梯形的性质。
专题:
压轴题。
分析:
(1)本题理解等对边四边形的图形的定义,平行四边形,等腰梯形就是.
(2)与∠A相等的角是∠BOD(或∠COE),四边形DBCE是等对边四边形;
(3)作CG⊥BE于G点,作BF⊥CD交CD延长线于F点.易证△BCF≌△CBG,进而证明
△BDF≌△CEG,所以BD=CE.所以四边形DBCE是等边四边形.
解答:
解:
(1)回答正确的给(1分)(如:
平行四边形、等腰梯形等).
(2)答:
与∠A相等的角是∠BOD(或∠COE),
∵∠BOD=∠OBC+∠OCB=3°0+30°=60°,
∴∠A=∠BOD,
四边形DBCE是等对边四边形;
(3)答:
此时存在等对边四边形,是四边形DBCE.
证法一:
如图,作CG⊥BE于G点,作BF⊥CD交CD延长线于F点.因为∠DCB=∠EBC=∠A,BC为公共边,
所以△BCF≌△CBG,
所以BF=CG,
因为∠BDF=∠ABE+∠EBC+∠DCB,∠BEC=∠ABE+∠A,所以∠BDF=∠BEC,
可证△BDF≌△CEG,所以BD=CE
所以四边形DBCE是等对边四边形.
证法二:
如图,以C为顶点作∠FCB=∠DBC,CF交BE于F点.因为∠DCB=∠EBC=∠A,BC为公共边,
所以△BDC≌△CFB,
所以BD=CF,∠BDC=∠CFB,所以∠ADC=∠CFE,
因为∠ADC=∠DCB+∠EBC+∠ABE,∠FEC=∠A+∠ABE,
所以∠ADC=∠FEC,所以∠FEC=∠CFE,所以CF=CE,
所以BD=CE,
所以四边形DBCE是等对边四边形.
说明:
当AB=AC时,BD=CE仍成立.只有次证法,只给(1分).
点评:
解决本题的关键是理解等对边四边形的定义,把证明BD=CE的问题转化为证明三角形全等的问题
25、(2008?
北京)请阅读下列材料:
问题:
如图1,在菱形ABCD和菱形BEFG中,点A,B,E在同一条直线上,P是线段DE的中点,连接PG,PC.若∠ABC=∠BEF=60°,探究PG与PC的位置关系及的值.
小聪同学的思路是:
延长GP交DC于点H,构造全等三角形,经过推理使问题得到解决.请
你参考小聪同学的思路,探究并解决下列问题:
(1)写出上面问题中线段PG与PC的位置关系及的值;
(2)将图1中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转,使菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上,原问题中的其他条件不变(如图2).你在
(1)中得到的两个结论是否发生变化?
写出你的猜想并加以证明;
(3)
若图1中∠ABC=∠BEF=2α(0°<α<90°),将菱形BEFG绕点B顺时针旋转任意角度,原问题中的其他条件不变,请你直接写出的值(用含α的式子表示).
考点:
菱形的性质;全等三角形的判定与性质;锐角三角函数的定义。
专题:
压轴题。
分析:
(1)根据题意可知小聪的思路为,通过判定三角形DHP和PGF为全等三角形来得出证明三角形HCG为等腰三角形且P为底边中点的条件;
(2)思路同上,延长GP交AD于点H,连接CH,CG,本题中除了如
(1)中证明△GFP≌△HDP
(得到P是HG中点)外还需证明△HDC≌△GBC(得出三角形CHG是等腰三角形).
(3)∠ABC=∠BEF=2α(0°<α<90°),那么∠PCG=9°0﹣α,由
(1)可知:
PG:
PC=tan(90°
﹣α).
解答:
解:
(1)∵CD∥GF,∠PDH=∠PFG,∠DHP=∠PGF,DP=PF,
∴△DPH≌△FGP,
∴PH=PG,DH=GF,
∵CD=BC,GF=GB=DH,
∴CH=CG,
∴CP⊥HG,∠ABC=6°0,
∴∠DCG=12°0,
∴∠PCG=6°0,
∴PG:
PC=tan60°=,
∴线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC,=;
(2)猜想:
(1)中的结论没有发生变化.
证明:
如图,延长GP交AD于点H,连接CH,CG.
∵P是线段DF的中点,
∴FP=DP,
∵AD∥FG,
∴∠GFP=∠HDP,
∵∠GPF=∠HPD,
∴△GFP≌△HDP,
∴GP=HP,GF=HD,
∵四边形ABCD是菱形,
∴CD=CB,∠HDC=∠ABC=6°0,
∵∠ABC=∠BEF=60°,菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上,
∴∠GBC=6°0,
∴∠HDC=∠GBC,
∵四边形BEFG是菱形,
∴GF=GB,
∴HD=GB,
∴△HDC≌△GBC,
∴CH=CG,∠DCH=∠BCG,
∴∠DCH+∠HCB=∠BCG+∠HCB=12°0,
∴∠HCG=12°0,
∵CH=CG,PH=PG,
∴PG⊥PC,∠GCP=∠HCP=6°0,
∴;
(3)∵∠ABC=∠BEF=2α(0°<α<90°),
∴∠PCG=9°0﹣α,
由
(1)可知:
PG:
PC=tan(90°﹣α),
∴=tan(90°﹣α).
点评:
本题是一道探究性的几何综合题,主要考查菱形的性质,全等三角形的判定及三角函数的综合运用.
24、(2009?
北京)在平行四边形ABCD中,过点C作CE⊥CD交AD于点E,将线段EC绕点E
逆时针旋转90°得到线段EF(如图1)
(1)在图1中画图探究:
①当P为射线CD上任意一点(P1不与C重合)时,连接EP1;绕点E逆时针旋转90°得到线段EG1.判断直线FG1与直线CD的位置关系,并加以证明;
②当P2为线段DC的延长线上任意一点时,连接EP2,将线段EP2绕点E逆时针旋转90°得到
线段EC2.判断直线C1C2与直线CD的位置关系,画出图形并直接写出你的结论.
(2)
若AD=6,tanB=,AE=1,在①的条件下,设CP1=x,S△P1FC1=y,求y与x之间的函数关系式,并写出自变量x的取值范围.
考点:
二次函数综合题。
专题:
探究型。
分析:
(1)①说明△P1EC按要求旋转后得到的△G1EF全等,再结合∠P1CE=∠G1FE=90°去说
明;②按照要求画出图形,由图形即可得出答案;
(2)①当点P1在线段CH的延长线上时,结合已知说明CE=4,且由四边形FEGH是正方形,得CH=CE=4,再根据题设可得G1F=x.P1H=x﹣4,进而可得y与x之间的函数关系式;②当点P1在线段CH上时,同理可得FG1=x,P1H=4﹣x,进而可得y与x之间的函数关系式;③当点P1与点H重合时,说明△P1FG1不存在,再作综合说明即可.本题第二问较难.学生不明
确点P1的几种位置情况,因而不能讨论.
本题考查图形变换和动点问题,而且代数和几何结合,有一定难度.
注意的问题:
一是函数关系式不止一种,二是自变量的取值范围要正确画出.
(1)观察图形可知重叠三角形A′B′是C边′长为2的等边三角形,则这个三角形底边上的高为
,
所以重叠三角形A′B′的C面′积=;
(2)由折叠的性质和已知可知:
A′D=AD=,mB′D=BD=﹣8m,所以A′B′=B′﹣C′2m=8,A′B边′上的高=(4﹣m),
所以重叠三角形A′B′的C面′积=×(8﹣2m)×(4﹣m)=(4﹣m)2;当D为AB边中点时“重叠三角形”不存在,
故m<4.而当D在AB的点处,即AD=时,点B′和点C′恰在矩形DEFG边上,符合题意;
当AD<时,点B′和点C′就在矩形DEFG外了,这与已知不符,故m≥,因此m的取值范围
为≤m<4.解答:
解:
(1)①直线FG1与直线CD的位置关系为互相垂直.证明:
如图1,设直线FG1与直线CD的交点为H.
∵线段EC、EP1分别绕点E逆时针旋转90°依次得到线段EF、EG1,
∴∠P1EG1=∠CEF=90°,EG1=EP1,EF=EC.
∵∠G1EF=90°﹣∠P1EF,∠P1EC=90°﹣∠P1EF,
∴∠G1EF=∠P1EC.
∴△G1EF≌△P1EC.
∴∠G1FE=∠P1CE.
∵EC⊥CD,
∴∠P1CE=90°,
∴∠G1FE=90度.
∴∠EFH=90度.
∴∠FHC=90度.
∴FG1⊥CD.
②按题目要求所画图形见图1,直线G1G2与直线CD的位置关系为互相垂直.
(2)∵四边形ABCD是平行四边形,
∴∠B=∠ADC.
∵AD=6,AE=1,tanB=,
∴DE=5,tan∠EBC=tanB=.可得CE=4.
由
(1)可得四边形EFCH为正方形.
∴CH=CE=4.
①如图2,当P1点在线段CH的延长线上时,
∵FG1=CP1=x,P1H=x﹣4,
∴S△P1FG1=×FG1×P1H=.
∴y=x2﹣2x(x>4).
②如图3,当P1点在线段CH上(不与C、H两点重合)时,
∵FG1=CP1=x,P1H=4﹣x,
∴S△P1FG1=×FG1×P1H=.
∴y=﹣x2+2x(0<x<4).
③当P1点与H点重合时,即x=4时,△P1FG1不存在.
综上所述,y与x之间的函数关系式及自变量x的取值范围是y=x2﹣2x(x>4)或y=﹣x2+2x
(0<x<4).
点评:
本题着重考查了二次函数解、图形旋转变换、三角形全等、探究垂直的构成情况等重要知识点,综合性强,能力要求较高.考查学生分类讨论,数形结合的数学思想方法.
25、(2010?
北京)问题:
已知△ABC中,∠BAC=2∠ACB,点D是△ABC内的一点,且AD=CD,BD=BA.探究∠DBC与∠ABC度数的比值.
请你完成下列探究过程:
先将图形特殊化,得出猜想,再对一般情况进行分析并加以证明.
(1)当∠BAC=9°0时,依问题中的条件补全右图;
观察图形,AB与AC的数量关系为;当推出∠DAC=1°5时,可进一步推出∠DBC的度数为;可得到∠DBC与∠ABC度数的比值为;
(2)当∠BAC<90°时,请你画出图形,研究∠DBC与∠ABC度数的比值是否与
(1)中的结论相同,写出你的猜想并加以证明.
考点:
等腰梯形的性质;三角形内角和定理;全等三角形的判定与性质;等腰三角形的性质。
专题:
压轴题。
分析:
(1)利用题中的已知条件,计算出∠ACB=∠ABC,所以AB=AC(等角对等边);由等腰三角形的性质知∠BAD=∠BDA=7°5,再根据三角形内角和是180°,找出图中角的等量关系,解答即可;
(2)根据旋转的性质,作∠KCA=∠BAC,过B点作BK∥AC交CK于点K,连接DK,构建四边形ABKC是是等腰梯形,根据已知条件证明△KCD≌△BAD(SAS),再证明△DKB是正三角形,最后根据是等腰梯形与正三角形的性质,求得∠ABC与∠DBC的度数并求出比值.
解答:
解:
(1)①当∠BAC=9°0时,
∵∠BAC=2∠ACB,
∴∠ACB=4°5,
在△ABC中,∠ABC=18°0﹣∠ACB﹣∠BAC=4°5,
∴∠ACB=∠ABC,
∴AB=AC(等角对等边);
②当∠DAC=15°时,
∠DAB=9°0﹣15°=75°,
∵BD=BA,
∴∠BAD=∠BDA=7°5,
∴∠DBA=18°0﹣75°﹣75°=30°,
∴∠DBC=4°5﹣30°=15°,即∠DBC=1°5,
∴∠DBC的度数为15°;
③∵∠DBC=15°,∠ABC=45°,
∴∠DBC=1°5:
∠ABC=4°5=1:
3,
∴∠DBC与∠ABC度数的比值为1:
3.
(2)猜想:
∠DBC与∠ABC度数的比值与
(1)中结论相同.
证明:
如图2,作∠KCA=∠BAC,过B点作BK∥AC交CK于点K,连接DK.
∴四边形ABKC是等腰梯形,
∴CK=AB,
∵DC=DA,
∴∠DCA=∠DAC,
∵∠KCA=∠BAC,
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∴∠KCD=∠3,
∴△KCD≌△BAD,
∴∠2=∠4,KD=BD,
∴KD=BD=BA=K.C
∵BK∥AC,
∴∠ACB=∠6,
∵∠KCA=2∠ACB,
∴∠5=∠ACB,
∴∠5=∠6,
∴KC=KB,
∴KD=BD=KB,
∴∠KBD=6°0,
∵∠ACB=∠6=60°﹣∠1,
∴∠BAC=2∠ACB=12°0﹣2∠1,
∵∠1+(60°﹣∠1)+(120°﹣2∠1)+∠2=180°,
∴∠2=2∠1,
∴∠DBC与∠ABC度数的比值为1:
3.
点评:
本题综合考查了是等腰梯形的判定与性质、正三角形的性质、全等三角形的判定以及三角形的内角和.
湖北省荆州市[2011年8月3日22:
10]
2010北京卷最后一题的最后一问的正确解答是:
作∠KCA=∠BAC,过B点作BK∥AC交CK于点K,连接DK.
∵∠BAC≠90°∴四边形ABKC是等腰梯形∴CK=AB∠KCA=∠BAC
∵DC=AD(已知)∴∠DCA=∠DAC∴∠KCD=∠BAD,∴△KCD≌△BAD
∴KD=BD,∠2=∠4
∴KD=BD=AB=K,C
∵∠KCA=∠BAC=2∠ACB
∴∠5=∠ACB,
∵BK∥AC
∴∠6=∠ACB,
∴∠6=∠5∴KC=KB
∴KB=KD=BD△KBD是正三角形∴∠KBD=6°0
∴∠ACB=6°0-∠1,∠BAC=2∠ACB=12°0-2∠1
∴∠1+∠2+(60°-∠1)+(120-°2∠1)=180°
∴∠2=2∠1
∴∠DBC与∠ABC度数的比值为1:
3
24、(2011?
北京)在?
ABCD中,∠BAD的平分线交直线BC于点E,交直线DC于点F.
(1)在图1中证明CE=CF;
(2)若∠ABC=9°0,G是EF的中点(如图2),直接写出∠BDG的度数;
(3)若∠ABC=12°0,FG∥CE,FG=CE,分别连接DB、DG(如图3),求∠BDG的度数.
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考点:
平行四边形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;等边三角形的判定与性质;菱形的判定与性质。
专题:
计算题;证明题。
分析:
(1)根据AF平分∠BAD,可得∠BAF=∠DAF,利用四边形ABCD是平行四边形,求证
∠CEF=∠F.即可
(2)根据∠ABC=9°0,G是EF的中点可直接求得.
(3)分别连接GB、GC,求证四边形CEGF是平行四边形,再求证△ECG是等边三角形.由AD∥BC及AF平分∠BAD可得∠BAE=∠AEB,求证△BEG≌△DCG,然后即可求得答案解答:
解:
(1)如图1,
∵AF平分∠BAD,
∴∠BAF=∠DAF,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,AB∥CD,
∴∠DAF=∠CEF,∠BAF=∠F,
∴∠CEF=∠F.
∴CE=CF.
(2)∠BDG=4°5
(3)解:
连接GC、BG[注释:
菁优网解析有错,现已改正。
]
∵四边形ABCD为平行四边形,∠ABC=12°0
∵AF平分BAD
∴∠DAF=∠DFA=30°
∴AD=BC=DF
∵FG∥CE,FG=CE,CE=CF
∴四边形EGFC为菱形
∴EG=CG∠BEG=∠DCG=12°0
∵BE=BC-EC=AD-EC=DF-EC=DF-CF=DC
∴△BEG≌△DCG
∴BG=DG
∠BGD=∠BGE+∠EGD=∠DGC+∠EGD=6°0
∴∠BDG=6°0
解法二:
如图,延长AB、FG,交于H,连接HD
易证四边形AHFD为平行四边形
∵∠ABC=12°0,AF平分∠BAD
∴∠DAF=30°,∠ADC=12°0,∠DFA=30°
∴△DAF为等腰三角形
∴AD=DF
∴平行四边形AHFD为菱形
∴△ADH,△DHF为全等的等边三角形
∴DH=DF∠BHD=∠GFD=6°0
∵FG=CE,CE=C,FCF=BH
∴BH=GF
∴△BHD与△GFD全等
∴∠BDH=∠GDF
∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=6°0
AD
BEC
HGF
点评:
此题主要考查平行四边形的判定方法,全等三角形的判定与性质,等边三角形的判定与性质,菱形的判定与性质等知识点,应用时要认真领会它们之间的联系与区别,同时要根据条件合理、灵活地选择方法.
(2008海淀一模)23、已知:
如图,AC是⊙O的直径,AB是弦,MN是过点A的直线,AB
等于半径长.
(1)若∠BAC=2∠BAN,求证:
MN是⊙O的切线.
(2)在
(1)成立的条件下,当点E是的中点时,在AN上截取AD=AB,连接BD、BE、DE,求证:
△BED是等边三角形.
考点:
切线的判定与性质;全等三角形的判定与性质;等边三角形的判定。
专题:
证明题。
分析:
(1)连接OB.由AC是⊙O的直径,AB是弦且等于半径长,易证△AOB为等边三角形,得到∠BAC=2∠BAN=6°0,得∠BAN=3°0,所以∠CAN=∠BAC+∠BAN=9°0;
(2)连接AE,由E是弧AB的中点,根据弧相等所对的圆心角相等和弧的度数与它所对圆心
角的度数的关系得到∠BAE=∠ABE=15°,则∠DAE=1°5,易证△ABE≌△ADE.则BE=DE,
∠EDA=∠ABE=15°,得到∠BDE=∠EBD=(180°﹣30°﹣30°)÷2=60,°即可判断△BED是等边三角形.
解答:
证明:
(1)连接OB.如图,
∵AC是⊙O的直径,AB是弦且等于半径长,
∴OA=OB=AB,
∴△AOB为等边三角形,
∴∠OAB=6°0,
∵∠BAC=2∠BAN=6°0,
∴∠BAN=3°0,
∴∠CAN=∠BAC+∠BAN=9°0,
即AC⊥MN,
所以MN是⊙O的切线;
(2)连接AE,OE,如图,
∵E是弧AB的中点,
∴∠BAE=∠ABE=15°,
∴∠DAE=1°5,
易证△ABE≌△ADE.
∴BE=DE,∠EDA=∠ABE=15°.
∴∠BDE=∠EBD=(180°﹣30°﹣30°)÷2=60.°
∴△BDE是等边三角形.
点评:
本题考查了切线的判定与性质:
过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线;圆的切线垂直于过切点的半径.也考查了圆周角定理的推论以及三角形全等的判定与性质.
(2008海淀一模)25、已知:
如图,一块三角板的直角顶点P放在正方形ABCD的AB边上,并且使一条直角边经过点C,三角板的另一条直角边与AD交于点Q.
(1)请你写出此时图形中成立的一个结论(任选一个).
(2)当点P满足什么条件时,有AQ+BC=CQ?
请证明你的结论.
(3)当点Q在AD的什么位置时,可证得PC=3PQ?
并写出论证的过程.
考点:
相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;正方形的性质。
分析:
(1)根据正方形的性质,以及直角三角形的性质即可判断;
(2)连接CQ,延长QP,交CB的延长线于点E.可证△APQ≌△BPE.即可证得:
CQ=CE,据此即可证得;
(3)首先证得:
△APQ∽△BCP,然后对三角形的对应边,分两种情况讨论即可求解.解答:
解:
(1)△APQ∽△BCP.(答案不唯一)
(2)当P为AB中点时,有AQ+BC=CQ.
证明:
连接CQ,延长QP,交CB的延长线于点E.可证△APQ≌△BPE.
则AQ=BE,PQ=PE.
又因为CP⊥QE,可得CQ=CE,所以AQ+BC=CQ.
(3)当时,有PC=3PQ.
证明:
在正方形ABCD中,∠A=∠B=90°,AD=BC=AB.又因为直角三角板的顶点P在边AB上,
所以∠1+∠2=180°﹣∠QPC=9°0.
因为Rt△CBP中,∠3+∠2=90°,所以∠1=∠3.
所以△APQ∽△BCP.
所以.因为,
所以.所以,或(不合题意,舍去).
所以.
所以PC=3PQ.
点评:
本题主要考查了正方形的性质,以及相似三角形的判定与性质,正确进行讨论是关键.
(2008海淀二模)23、已知:
△ABC.
(1)如果AB=AC,D、E是AB、AC上的点,若AD=AE,请你写出此图中的另一组相等的线段;
(2)如果AB>AC,D、E是AB、AC上的点,若BD=CE,请你确定DE与BC的数量关系,并证明你的结论.
考点:
全等三角形的判定与性质;三角形三边关系;平行四边形的判定与性质。
分析:
(1)根据等式的性质,则DB=EC;
(2)过E点作EF∥AB,且EF=DB,连接BF.作∠CEF的平分线EN交BC于N,连接NF.根据SAS可以证明△ENF≌△ENC,所以NF=NC,根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边
形,得四边形BDEF是平行四边形.故DE=BF.再根据三角形的三边关系即可判断.解答:
解:
(1)DB=EC;
(2)结论:
DE
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