2020年中考数学总复习 二轮题组限时练课件：中档解答题题组练(3)
2020年中考数学二轮专项冲刺复习——几何综合、压轴题(含详细解答)
2020年中考数学二轮专项冲刺复习——几何综合、压轴题1、（2019河南•中考第22题•10分）在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．（1）观察猜想如图1，当α＝60°时，的值是1，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°．（2）类比探究如图2，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．（3）解决问题当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．【考点】相似形综合题．【分析】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD（SAS），即可解决问题．（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△P AC，即可解决问题．（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．【解答】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．∵∠P AD＝∠CAB＝60°，∴∠CAP＝∠BAD，∵CA＝BA，P A＝DA，∴△CAP≌△BAD（SAS），∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，∵∠AOC＝∠BOE，∴∠BEO＝∠CAO＝60°，∴＝1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，故答案为1，60°．（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．∵∠P AD＝∠CAB＝45°，∴∠P AC＝∠DAB，∵＝＝，∴△DAB∽△P AC，∴∠PCA＝∠DBA，＝＝，∵∠EOC＝∠AOB，∴∠CEO＝∠OABB＝45°，∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．∵CE＝EA，CF＝FB，∴EF∥AB，∴∠EFC＝∠ABC＝45°，∵∠P AO＝45°，∴∠P AO＝∠OFH，∵∠POA＝∠FOH，∴∠H＝∠APO，∵∠APC＝90°，EA＝EC，∴PE＝EA＝EC，∴∠EP A＝∠EAP＝∠BAH，∴∠H＝∠BAH，∴BH＝BA，∵∠ADP＝∠BDC＝45°，∴∠ADB＝90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，∵∠ADB＝∠ACB＝90°，∴A，D，C，B四点共圆，∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，∴DA＝DC，设AD＝a，则DC＝AD＝a，PD＝a，∴＝＝2﹣．如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，∴PC＝a﹣a，∴＝＝2+．2、（2019陕西•中考第22题•9分）在图1，2，3中，已知ABCDY，120ABC∠=︒，点E为线段BC上的动点，连接AE，以AE为边向上作菱形AEFG，且120EAG∠=︒．（1）如图1，当点E与点B重合时，CEF∠=60︒；（2）如图2，连接AF．①填空：FAD∠EAB∠（填“>”，“<“，“=”)；②求证：点F在ABC∠的平分线上；（3）如图3，连接EG，DG，并延长DG交BA的延长线于点H，当四边形AEGH是平行四边形时，求BCAB的值．【考点】相似形综合题【分析】（1）根据菱形的性质计算；（2）①证明60DAB FAE∠=∠=︒，根据角的运算解答；②作FM BC⊥于M，FN BA⊥交BA的延长线于N，证明AFN EFM∆≅∆，根据全等三角形的性质得到FN FM=，根据角平分线的判定定理证明结论；（3）根据直角三角形的性质得到2GH AH=，证明四边形ABEH为菱形，根据菱形的性质计算，得到答案．【解答】解：（1）Q四边形AEFG是菱形，18060AEF EAG∴∠=︒-∠=︒，60CEF AEC AEF∴∠=∠-∠=︒，故答案为：60︒；（2）①Q四边形ABCD是平行四边形，18060DAB ABC ∴∠=︒-∠=︒，Q 四边形AEFG 是菱形，120EAG ∠=︒，60FAE ∴∠=︒，FAD EAB ∴∠=∠，故答案为：=；②作FM BC ⊥于M ，FN BA ⊥交BA 的延长线于N ，则90FNB FMB ∠=∠=︒，60NFM ∴∠=︒，又60AFE ∠=︒，AFN EFM ∴∠=∠，EF EA =Q ，60FAE ∠=︒，AEF ∴∆为等边三角形，FA FE ∴=，在AFN ∆和EFM ∆中，AFN EFM FNA FME FA FE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()AFN EFM AAS ∴∆≅∆，FN FM ∴=，又FM BC ⊥，FN BA ⊥，∴点F 在ABC ∠的平分线上；（3）Q 四边形AEFG 是菱形，120EAG ∠=︒，60AGF ∴∠=︒，30FGE AGE ∴∠=∠=︒，Q 四边形AEGH 为平行四边形，//GE AH ∴，30GAH AGE ∴∠=∠=︒，30H FGE ∠=∠=︒，90GAH ∴∠=︒，又30AGE ∠=︒，2GH AH ∴=，60DAB ∠=︒Q ，30H ∠=︒，30ADH ∴∠=︒，AD AH GE ∴==，Q 四边形ABEH 为平行四边形，BC AD ∴=，BC GE ∴=，Q 四边形ABEH 为平行四边形，30HAE EAB ∠=∠=︒，∴平行四边形ABEH 为菱形，AB AH HE ∴==，3GE AB ∴=， ∴3BC AB=．3、（2019上海•中考 第22题•10分）图1是某小型汽车的侧面示意图，其中矩形ABCD 表示该车的后备箱，在打开后备箱的过程中，箱盖ADE 可以绕点A 逆时针方向旋转，当旋转角为60︒时，箱盖ADE 落在AD E ''的位置（如图2所示）．已知90AD =厘米，30DE =厘米，40EC =厘米．（1）求点D '到BC 的距离；（2）求E 、E '两点的距离．【考点】解直角三角形的应用；矩形的性质【分析】（1）过点D '作D H BC '⊥，垂足为点H ，交AD 于点F ，利用旋转的性质可得出90AD AD '==厘米，60DAD ∠'=︒，利用矩形的性质可得出90AFD BHD ∠'=∠'=︒，在Rt △AD F '中，通过解直角三角形可求出D F '的长，结合FH DC DE CE ==+及D H D F FH '='+可求出点D '到BC 的距离；（2）连接AE ，AE '，EE '，利用旋转的性质可得出AE AE '=，60EAE ∠'=︒，进而可得出AEE ∆'是等边三角形，利用等边三角形的性质可得出EE AE '=，在Rt ADE ∆中，利用勾股定理可求出AE 的长度，结合EE AE '=可得出E 、E '两点的距离．【解答】解：（1）过点D '作D H BC '⊥，垂足为点H ，交AD 于点F ，如图3所示．由题意，得：90AD AD '==厘米，60DAD ∠'=︒．Q 四边形ABCD 是矩形，//AD BC ∴，90∴∠'=∠'=︒．AFD BHD在Rt△AD F'中，sin90sin60453g厘米．D F AD DAD'='∠'=⨯︒=又40Q厘米，30DE=厘米，CE=∴==+=厘米，FH DC DE CE70∴'='+=+厘米．D H D F FH(45370)答：点D'到BC的距离为(45370)+厘米．（2）连接AE，AE'，EE'，如图4所示．由题意，得：AE AE'=，60∠'=︒，EAE∴∆'是等边三角形，AEE∴'=．EE AEQ四边形ABCD是矩形，90∴∠=︒．ADE在Rt ADEDE=厘米，AD=厘米，30∆中，90223010∴=+=厘米，AE AD DE∴'=厘米．EE3010答：E、E'两点的距离是3010厘米．4、（2019河南•中考第17题•9分）如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是上不与点B，D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点G．（1）求证：△ADF≌△BDG；（2）填空：①若AB＝4，且点E是的中点，则DF的长为4﹣2；②取的中点H，当∠EAB的度数为30°时，四边形OBEH为菱形．【考点】圆的综合题．【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角，可得∠ADB＝∠AEB＝90°，再应用同角的余角相等可得∠DAF＝∠DBG，易得AD＝BD，△ADF≌△BDG得证；（2）作FH⊥AB，应用等弧所对的圆周角相等得∠BAE＝∠DAE，再应用角平分线性质可得结论；由菱形的性质可得BE＝OB，结合三角函数特殊值可得∠EAB＝30°．【解答】解：（1）证明：如图1，∵BA＝BC，∠ABC＝90°，∴∠BAC＝45°∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝∠AEB＝90°，∴∠DAF+∠BGD＝∠DBG+∠BGD＝90°∴∠DAF＝∠DBG∵∠ABD+∠BAC＝90°∴∠ABD＝∠BAC＝45°∴AD＝BD∴△ADF≌△BDG（ASA）；（2）①如图2，过F作FH⊥AB于H，∵点E是的中点，∴∠BAE＝∠DAE∵FD⊥AD，FH⊥AB∴FH＝FD∵＝sin∠ABD＝sin45°＝，∴，即BF＝FD∵AB＝4，∴BD＝4cos45°＝2，即BF+FD＝2，（+1）FD＝2∴FD＝＝4﹣2故答案为．②连接OE，EH，∵点H是的中点，∴OH⊥AE，∵∠AEB＝90°∴BE⊥AE∴BE∥OH∵四边形OBEH为菱形，∴BE＝OH＝OB＝AB∴sin∠EAB＝＝∴∠EAB＝30°．故答案为：30°5、（2019河北•中考第23题•9分）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．【考点】圆的综合题．【分析】（1）由条件易证△ABC≌△ADE，得∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE．（2）PD＝AD﹣AP＝6﹣x，∵点P在线段BC上且不与B、C重合，∴AP的最小值即AP⊥BC时AP的长度，此时PD可得最大值．（3）I为△APC的内心，即I为△APC角平分线的交点，应用“三角形内角和等于180°“及角平分线定义即可表示出∠AIC，从而得到m，n的值．【解答】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＝150．6、（2019海南•中考第21题•13分）如图，在边长为1的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点（与点A、D不重合），射线PE与BC的延长线交于点Q．（1）求证：△PDE≌△QCE；（2）过点E作EF∥BC交PB于点F，连结AF，当PB＝PQ时，①求证：四边形AFEP是平行四边形；②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．【考点】四边形综合题．【分析】（1）由四边形ABCD是正方形知∠D＝∠ECQ＝90°，由E是CD的中点知DE＝CE，结合∠DEP＝∠CEQ即可得证；（2）①由PB＝PQ知∠PBQ＝∠Q，结合AD∥BC得∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，由△PDE≌△QCE知PE ＝QE，再由EF∥BQ知PF＝BF，根据Rt△P AB中AF＝PF＝BF知∠APF＝∠P AF，从而得∠P AF＝∠EPD，据此即可证得PE∥AF，从而得证；②设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝P A＝x，由PD2+DE2＝PE2得关于x的方程，解之求得x的值，从而得出四边形AFEP为菱形的情况．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠ECQ＝90°，∵E是CD的中点，∴DE＝CE，又∵∠DEP＝∠CEQ，∴△PDE≌△QCE（ASA）；（2）①∵PB＝PQ，∴∠PBQ＝∠Q，∵AD∥BC，∴∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，∵△PDE≌△QCE，∴PE＝QE，∵EF∥BQ，∴PF＝BF，∴在Rt△P AB中，AF＝PF＝BF，∴∠APF＝∠P AF，∴∠P AF＝∠EPD，∴PE∥AF，∵EF∥BQ∥AD，∴四边形AFEP是平行四边形；②当AP＝时，四边形AFEP是菱形．设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝P A＝x，∵CD＝1，E是CD中点，∴DE＝，在Rt△PDE中，由PD2+DE2＝PE2得（1﹣x）2+（）2＝x2，解得x＝，即当AP＝时，四边形AFEP是菱形．7、（2019福建•中考第21题•8分）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．【考点】平行四边形的判定；旋转的性质．【分析】（1）如图1，利用旋转的性质得CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠CAD，从而利用互余和计算出∠ADE的度数；（2）如图2，利用直角三角形斜边上的中线性质得到BF＝AC，利用含30度的直角三角形三边的关系得到AB ＝AC，则BF＝AB，再根据旋转的性质得到∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，从而得到DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，接着证明△CFD≌△ABC得到DF＝BC，然后根据平行四边形的判定方法得到结论．【解答】（1）解：如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，∵CA＝CD，∴∠CAD＝∠CDA＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠ADE＝90°﹣75°＝15°；（2）证明：如图2，∵点F是边AC中点，∴BF＝AC，∵∠ACB＝30°，∴AB＝AC，∴BF＝AB，∵△ABC绕点A顺时针旋转60得到△DEC，∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，∴BE＝CB，∵点F为△ACD的边AC的中点，∴DF⊥AC，易证得△CFD≌△ABC，∴DF＝BC，∴DF＝BE，而BF＝DE，∴四边形BEDF是平行四边形．8、（2019北京•中考第20题•5分）如图，在菱形ABCD中，AC为对角线，点E，F分别在AB，AD上，BE＝DF，连接EF．（1）求证：AC⊥EF；（2）延长EF交CD的延长线于点G，连接BD交AC于点O．若BD＝4，tan G＝，求AO的长．【考点】全等三角形的判定与性质；菱形的性质；解直角三角形．【分析】（1）由菱形的性质得出AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，得出AB：BE＝AD：DF，证出EF∥BD即可得出结论；（2）由平行线的性质得出∠G＝∠ADO，由三角函数得出tan G＝tan∠ADO＝＝，得出OA＝OD，由BD ＝4，得出OD＝2，得出OA＝1．【解答】（1）证明：连接BD，如图1所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，∵BE＝DF，∴AB：BE＝AD：DF，∴EF∥BD，∴AC⊥EF；（2）解：如图2所示：∵由（1）得：EF∥BD，∴∠G＝∠ADO，∴tan G＝tan∠ADO＝＝，∴OA＝OD，∵BD＝4，∴OD＝2，∴OA＝1．10、（2019北京•中考第27题•7分）已知∠AOB＝30°，H为射线OA上一定点，OH＝+1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足∠OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150°，得到线段PN，连接ON．（1）依题意补全图1；（2）求证：∠OMP＝∠OPN；（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON＝QP，并证明．【考点】三角形综合题．【分析】（1）根据题意画出图形．（2）由旋转可得∠MPN＝150°，故∠OPN＝150°﹣∠OPM；由∠AOB＝30°和三角形内角和180°可得∠OMP ＝180°﹣30°﹣∠OPM＝150°﹣∠OPM，得证．（3）根据题意画出图形，以ON＝QP为已知条件反推OP的长度．由（2）的结论∠OMP＝∠OPN联想到其补角相等，又因为旋转有PM＝PN，已具备一边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，即可构造出△PDM≌△NCP，进而得PD＝NC，DM＝CP．此时加上ON＝QP，则易证得△OCN≌△QDP，所以OC＝QD．利用∠AOB＝30°，设PD＝NC＝a，则OP＝2a，OD＝a．再设DM＝CP＝x，所以QD＝OC＝OP+PC ＝2a+x，MQ＝DM+QD＝2a+2x．由于点M、Q关于点H对称，即点H为MQ中点，故MH＝MQ＝a+x，DH ＝MH﹣DM＝a，所以OH＝OD+DH＝a+a＝+1，求得a＝1，故OP＝2．证明过程则把推理过程反过来，以OP＝2为条件，利用构造全等证得ON＝QP．【解答】解：（1）如图1所示为所求．（2）设∠OPM＝α，∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN∴∠MPN＝150°，PM＝PN∴∠OPN＝∠MPN﹣∠OPM＝150°﹣α∵∠AOB＝30°∴∠OMP＝180°﹣∠AOB﹣∠OPM＝180°﹣30°﹣α＝150°﹣α∴∠OMP＝∠OPN（3）OP＝2时，总有ON＝QP，证明如下：过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2∴∠NCP＝∠PDM＝∠PDQ＝90°∵∠AOB＝30°，OP＝2∴PD＝OP＝1∴OD＝∵OH＝+1∴DH＝OH﹣OD＝1∵∠OMP＝∠OPN∴180°﹣∠OMP＝180°﹣∠OPN即∠PMD＝∠NPC在△PDM与△NCP中∴△PDM≌△NCP（AAS）∴PD＝NC，DM＝CP设DM＝CP＝x，则OC＝OP+PC＝2+x，MH＝MD+DH＝x+1∵点M关于点H的对称点为Q∴HQ＝MH＝x+1∴DQ＝DH+HQ＝1+x+1＝2+x∴OC＝DQ在△OCN与△QDP中∴△OCN≌△QDP（SAS）∴ON＝QP11、（2019北京•中考第28题•7分）在△ABC中，D，E分别是△ABC两边的中点，如果上的所有点都在△ABC的内部或边上，则称为△ABC的中内弧．例如，图1中是△ABC的一条中内弧．（1）如图2，在Rt△ABC中，AB＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，画出△ABC的最长的中内弧，并直接写出此时的长；（2）在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），B（0，0），C（4t，0）（t＞0），在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．①若t＝，求△ABC的中内弧所在圆的圆心P的纵坐标的取值范围；②若在△ABC中存在一条中内弧，使得所在圆的圆心P在△ABC的内部或边上，直接写出t的取值范围．【考点】圆的综合题．【分析】（1）由三角函数值及等腰直角三角形性质可求得DE＝2，最长中内弧即以DE为直径的半圆，的长即以DE为直径的圆周长的一半；（2）根据三角形中内弧定义可知，圆心一定在DE的中垂线上，①当t＝时，要注意圆心P在DE上方的中垂线上均符合要求，在DE下方时必须AC与半径PE的夹角∠AEP满足90°≤∠AEP＜135°；②根据题意，t的最大值即圆心P在AC上时求得的t值．【解答】解：（1）如图2，以DE为直径的半圆弧，就是△ABC的最长的中内弧，连接DE，∵∠A＝90°，AB＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，∴BC＝＝＝4，DE＝BC＝×4＝2，∴弧＝×2π＝π；（2）如图3，由垂径定理可知，圆心一定在线段DE的垂直平分线上，连接DE，作DE垂直平分线FP，作EG ⊥AC交FP于G，①当t＝时，C（2，0），∴D（0，1），E（1，1），F（，1），设P（，m）由三角形中内弧定义可知，圆心线段DE上方射线FP上均可，∴m≥1，∵OA＝OC，∠AOC＝90°∴∠ACO＝45°，∵DE∥OC∴∠AED＝∠ACO＝45°作EG⊥AC交直线FP于G，FG＝EF＝根据三角形中内弧的定义可知，圆心在点G的下方（含点G）直线FP上时也符合要求；∴m≤综上所述，m≤或m≥1．②如图4，设圆心P在AC上，∵P在DE中垂线上，∴P为AE中点，作PM⊥OC于M，则PM＝，∴P（t，），∵DE∥BC∴∠ADE＝∠AOB＝90°∴AE＝＝＝，∵PD＝PE，∴∠AED＝∠PDE∵∠AED+∠DAE＝∠PDE+∠ADP＝90°，∴∠DAE＝∠ADP∴AP＝PD＝PE＝AE由三角形中内弧定义知，PD≤PM∴AE≤，AE≤3，即≤3，解得：t≤，∵t＞0∴0＜t≤．12、（2019安徽•中考第20题•10分）如图，点E在ABCDY内部，//AF BE，//DF CE．（1）求证：BCE ADF∆≅∆；（2）设ABCDY的面积为S，四边形AEDF的面积为T，求ST的值．【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质【分析】（1）根据ASA 证明：BCE ADF ∆≅∆；（2）根据点E 在ABCD Y 内部，可知：12BEC AED ABCD S S S ∆∆+=Y ，可得结论． 【解答】解：（1）Q 四边形ABCD 是平行四边形，AD BC ∴=，//AD BC ，180ABC BAD ∴∠+∠=︒，//AF BE Q ，180EAB BAF ∴∠+∠=︒，CBE DAF ∴∠=∠，同理得BCE ADF ∠=∠，在BCE ∆和ADF ∆中，Q CBE DAF BC AD BCE ADF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，()BCE ADF ASA ∴∆≅∆；（2）Q 点E 在ABCD Y 内部，12BEC AED ABCD S S S ∆∆∴+=Y ， 由（1）知：BCE ADF ∆≅∆，BCE ADF S S ∆∆∴=，12ADF AED BEC AED ABCD AEDF S S S S S S ∆∆∆∆∴=+=+=Y 四边形， ABCD QY 的面积为S ，四边形AEDF 的面积为T ， ∴212S S T S ==． 13、如图，矩形ABCD 中，点E 在边CD 上，将BCE ∆沿BE 折叠，点C 落在AD 边上的点F 处，过点F 作//FG CD 交BE 于点G ，连接CG ．（1）求证：四边形CEFG 是菱形；（2）若6AB =，10AD =，求四边形CEFG 的面积．【考点】LA：菱形的判定与性质；PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质【分析】（1）根据题意和翻着的性质，可以得到BCE BFE∆≅∆，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；（2）根据题意和勾股定理，可以求得AF的长，进而求得EF和DF的值，从而可以得到四边形CEFG的面积．【解答】（1）证明：由题意可得，BCE BFE∆≅∆，BEC BEF∴∠=∠，FE CE=，//FG CEQ，FGE CEB∴∠=∠，FGE FEG∴∠=∠，FG FE∴=，FG EC∴=，∴四边形CEFG是平行四边形，又CE FE=Q，∴四边形CEFG是菱形；（2）Q矩形ABCD中，6AB=，10AD=，BC BF=，90BAF∴∠=︒，10AD BC BF===，8AF∴=，2DF∴=，设EF x=，则CE x=，6DE x=-，90FDE=︒Q，2222(6)x x∴+-=，解得，103x=，103CE∴=，∴四边形CEFG的面积是：1020233 CE DF=⨯=g．14、（2019成都•中考第27题•10分）如图1，在ABC∆中，20AB AC==，3tan4B=，点D为BC边上的动点（点D 不与点B ，C 重合）．以D 为顶点作ADE B ∠=∠，射线DE 交AC 边于点E ，过点A 作AF AD ⊥交射线DE 于点F ，连接CF ．（1）求证：ABD DCE ∆∆∽；（2）当//DE AB 时（如图2)，求AE 的长；（3）点D 在BC 边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF CF =？若存在，求出此时BD 的长；若不存在，请说明理由．【考点】SO ：相似形综合题【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．（2）解直角三角形求出BC ，由ABD CBA ∆∆∽，推出AB DB CB AB =，可得222025322AB DB CB ===，由//DE AB ，推出AE BD AC BC=，求出AE 即可． （3）点D 在BC 边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF CF =．作FH BC ⊥于H ，AM BC ⊥于M ，AN FH ⊥于N ．则90NHM AMH ANH ∠=∠=∠=︒，由AFN ADM ∆∆∽，可得3tan tan 4AN AF ADF B AM AD ==∠==，推出3312944AN AM ==⨯=，推出1697CH CM MH CM AN =-=-=-=，再利用等腰三角形的性质，求出CD 即可解决问题．【解答】（1）证明：AB AC =Q ，B ACB ∴∠=∠，ADE CDE B BAD ∠+∠=∠+∠Q ，ADE B ∠=∠，BAD CDE ∴∠=∠，BAD DCE ∴∆∆∽．（2）解：如图2中，作AM BC ⊥于M ．在Rt ABM∆中，设4BM k=，则3tan434AM BM B k k ==⨯=g，由勾股定理，得到222AB AM BM=+，22220(3)(4)k k∴=+，4k∴=或4-（舍弃），AB AC=Q，AM BC⊥，22432BC BM k∴===g，//DE ABQ，BAD ADE∴∠=∠，ADE B∠=∠Q，B ACB∠=∠，BAD ACB∴∠=∠，ABD CBA∠=∠Q，ABD CBA∴∆∆∽，∴AB DBCB AB=，222025322ABDBCB∴===，//DE ABQ，∴AE BDAC BC=，252012523216AC BDAEBC⨯∴===g．（3）点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF CF=．理由：作FH BC⊥于H，AM BC⊥于M，AN FH⊥于N．则90NHM AMH ANH∠=∠=∠=︒，∴四边形AMHN为矩形，90MAN∴∠=︒，MH AN=，AB AC=Q，AM BC⊥，11321622BM CM BC∴===⨯=，在Rt ABM ∆中，由勾股定理，得12AM ==， AN FH ⊥Q ，AM BC ⊥，90ANF AMD ∴∠=︒=∠，90DAF MAN ∠=︒=∠Q ，NAF MAD ∴∠=∠，AFN ADM ∴∆∆∽， ∴3tan tan 4AN AF ADF B AM AD ==∠==， 3312944AN AM ∴==⨯=， 1697CH CM MH CM AN ∴=-=-=-=， 当DF CF =时，由点D 不与点C 重合，可知DFC ∆为等腰三角形， FH DC ⊥Q ，214CD CH ∴==，321418BD BC CD ∴=-=-=，∴点D 在BC 边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF CF =，此时18BD =．。
江西专版2020中考数学复习方案中档解答限时练02(含答案)
中档解答限时练(二)限时:45分钟满分:54分1.(6分)(1)计算:2cos45°-√8+(2020-√2017)0;(2)已知:如图J2-1,点A,D,C在同一直线上,AB∥EC,AC=CE,∠B=∠EDC.求证:△ABC≌△CDE.图J2-12.(6分)两块全等的三角板ABC和EDC如图J2-2①放置,AC=CB,CE=CD,∠ACB=∠ECD=90°,且AB与CE交于F,ED与AB,BC分别交于M,H.△ABC不动,将△EDC绕点C旋转到如图J2-2②,当∠BCE=45°时,试判断四边形ACDM是什么四边形?并证明你的结论.图J2-23.(6分)如图J2-3,一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=m的图象相交于A(-1,n),B(2,-1)两点,与y轴相交于点mC.(1)求一次函数与反比例函数的解析式;(2)若点D与点C关于x轴对称,求△ABD的面积;图象上的两点,当x1<x2<0时,比较y2与y1的大小关系.(3)若M(x1,y1),N(x2,y2)是反比例函数y=mm图J2-34.(6分)请仅用无刻度的直尺．．．．．．画图:(1)如图J2-4①,△ABC与△ADE是圆内接三角形,AB=AD,AE=AC,画出圆的一条直径.(2)如图J2-4②,AB,CD是圆的两条弦,AB=CD且不相互平行,画出圆的一条直径.图J2-45.(6分)元旦游园活动中,小明、小亮、小红三位同学正在搬各自的椅子准备进行“抢凳子”游戏,看见王老师来了,小亮立即邀请王老师参加.游戏规则如下:将三位同学的椅子背靠背放在教室中央,四人围着椅子绕圈行走,在行走过程中裁判员随机喊停,听到“停”后四人迅速抢坐在一张椅子上,没有抢坐到椅子的人被淘汰,不能进入下一轮游戏.(1)下列事件是必然事件的是()A.王老师被淘汰B.小明抢坐到自己带来的椅子C.小红抢坐到小亮带来的椅子D.有两位同学可以进入下一轮游戏(2)如果王老师没有抢坐到任何一张椅子,三位同学都抢到了椅子但都没有抢坐到自己带来的椅子(记为事件A),求出事件A的概率,请用树状图法或列表法加以说明.6.(8分)如图J2-5,AB是☉O的直径,AC与☉O交于点F,弦AD平分∠BAC,DE⊥AC,垂足为E.(1)试判断直线DE与☉O的位置关系,并说明理由;(2)若☉O的半径为2,∠BAC=60°,求线段EF的长.图J2-57.(8分)为了加强学生的安全意识,某校组织了学生参加安全知识竞赛,从中抽取了部分学生成绩(得分数取正整数,满分为100分)进行统计,绘制统计图如下(未完成),请解答下列问题:(1)若A组的频数比B组的频数小24,求频数分布直方图中的a、b的值;(2)扇形统计图中,D部分所对的圆心角为n°,求n的值并补全频数分布直方图;(3)若成绩在80分以上为优秀,全校共有2000名学生,估计成绩优秀的学生有多少名.图J2-68.(8分)如图J2-7①所示的益智玩具由一块主板AB和一个支撑架CD组成,其侧面示意图如图J2-7②所示,测得AB⊥BD,AB=40 cm,CD=25 cm,链接点C为AB的中点.现为了方便儿童操作,需调整玩具的摆放,将AB绕点B 顺时针旋转,CD绕点C旋转同时点D做水平滑动,如图J2-7③,当点C1到BD的距离为10 cm时停止.求点D滑动的距离和点A经过的路径的长.(结果保留整数.参考数据:√3≈1.732,√21≈4.583,π≈3.14,可使用科学计算器)图J2-7【参考答案】1.解:(1)2cos45°-√8+(2020-√2017)0=2×√22-2√2+1=1-√2. (2)证明:∵AB ∥EC , ∴∠A=∠DCE ,在△ABC 和△CDE 中,{∠m =∠mmm ,∠m =∠mmm ,mm =mm ,∴△ABC ≌△CDE (AAS). 2.解:四边形ACDM 是菱形.证明如下:∵∠ACB=∠ECD=90°,∠BCE=45°, ∴∠1=45°,∠2=45°. 又∵∠E=∠B=45°, ∴∠1=∠E ,∠2=∠B , ∴AC ∥MD ,CD ∥AM ,∴四边形ACDM 是平行四边形. 又∵AC=CD ,∴四边形ACDM 是菱形.3.解:(1)∵反比例函数y=mm 的图象经过点B (2,-1), ∴m=-2.∵点A (-1,n )在y=-2m 的图象上,∴n=2,∴A (-1,2).把A ,B 两点的坐标分别代入y=kx +b ,则有{-m +m =2,2m +m =-1,解得{m =-1,m =1,∴一次函数的解析式为y=-x +1,反比例函数的解析式为y=-2m . (2)∵直线y=-x +1交y 轴于C ,∴C (0,1), ∵D ,C 关于x 轴对称,∴D (0,-1). ∵B (2,-1),∴BD ∥x 轴, ∴S △ABD =12×2×3=3.(3)∵M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)是反比例函数y=-2m 图象上的两点,且x 1<x 2<0,∴y 1<y 2. 4.解:(1)如图①,线段AF 就是求作的直径;(2)如图②,线段MN 就是求作的直径.5.解:(1)D(2)依题意,画树状图如下图:由树状图可知,所有等可能结果共有6种,其中有2种结果符合, ∴P (A )=26=13.6.解:(1)直线DE 与☉O 相切.理由如下: 如图,连接OD ,则OA=OD ,∴∠ODA=∠OAD. ∵弦AD 平分∠BAC , ∴∠F AD=∠BAD , ∴∠F AD=∠ODA , ∴OD ∥AF .又∵DE ⊥AC ,∴DE ⊥OD. ∵OD 是☉O 的半径, ∴直线DE 与☉O 相切. (2)连接BD ,如图.∵AB 是☉O 的直径, ∴∠ADB=90°.∵AD 平分∠BAC ,∠BAC=60°, ∴∠F AD=∠BAD=30°,∠B=60°, ∴∠DFE=∠B=60°. ∵☉O 的半径为2, ∴AB=4,∴AD=AB ·cos ∠BAD=4×√32=2√3, ∴DE=AD ·sin ∠F AD=2√3×12=√3, ∴EF=mm tan∠mmm =mm tan60°=√3√3=1.7.解:(1)学生总数是24÷(20%-8%)=200, 则a=200×8%=16,b=200×20%=40. (2)n=360×70200=126.C 组的人数是200×25%=50.补全频数分布直方图如图:(3)样本D 、E 两组所占的比例为1-25%-20%-8%=47%, ∴2000×47%=940(名).答:估计成绩优秀的学生有940名. 8.解:∵AB=40 cm,点C 是AB 的中点, ∴BC=12AB=20 cm .∵AB ⊥BD ,∴∠CBD=90°. 在Rt △BCD 中,BC=20 cm,CD=25 cm, ∴BD=√mm 2-mm 2=√25-20=15(cm).如图,过点C 1作C 1H ⊥BD 1于点H ,则∠C 1HB=∠C 1HD 1=90°.在Rt △BHC 1中,BC 1=20 cm,C 1H=10 cm, ∴∠C 1BH=30°,BH=10√3 cm .在Rt △D 1C 1H 中,D 1C 1=25 cm,C 1H=10 cm, ∴D 1H=√m 1m 12-m 1m 2=√252-102=5√21(cm),∴BD 1=BH +HD 1=10√3+5√21≈17.32+22.915=40.235(cm). ∴点D 滑动的距离为BD 1-BD=40.235-15=25.235≈25 cm . 又∵∠C 1BH=30°,∴∠ABA 1=60°, ∴点A 经过的路径长为60×π×40180≈13×3.14×40≈42(cm).。
2020年九年级数学中考二轮 复习 二次函数与几何综合题(含答案)
中考 九年级数学 二轮压轴 二次函数与几何综合题（含答案）1. 如图，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋2经过点A (－1，0)，B (4，0)，交y 轴于点C .(1)求抛物线的解析式(用一般式表示)；(2)点D 为y 轴右侧抛物线上一点，是否存在点D ，使S △ABC＝23S △ABD ？若存在请直接给出点D 坐标；若不存在请说明理由；(3)将直线BC 绕点B 顺时针旋转45°，与抛物线交于另一点E ，求BE 的长．第1题图3.解：(1)将点A (－1，0)，B (4，0)代入y ＝ax 2＋bx ＋2中， 得⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋2＝016a ＋4b ＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12b ＝32，∴抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋32x ＋2；(2)存在，点D 的坐标为(1，3)或(2，3)或(5，－3)． 【解法提示】如解图①，过点D 作DE ⊥AB 于点E .第1题解图①设D (m ，－12m 2＋32m ＋2)(m >0),则DE ＝|－12m 2＋32m ＋2|. ∵A (－1，0)，B (4，0)，∴AB ＝5.∵抛物线交y 轴于点C ，令x ＝0，有y ＝2， ∴C (0，2)，∴OC ＝2.∵OC ⊥AB ，∴S △ABC ＝12AB ·OC ＝5， 又∵S △ABC ＝23S △ABD ，∴S △ABD ＝12AB ·DE ＝152， ∴DE ＝|－12m 2＋32m ＋2|＝3，当－12m 2＋32m ＋2＝3时，解得m 1＝1，m 2＝2； 当－12m 2＋32m ＋2＝－3时，解得m 3＝－2(舍去)，m 4＝5. 综上所述，点D 的坐标为(1，3)或(2，3)或(5，－3)；(3)如解图②，过点C 作CF ⊥BC 交BE 于点F ，过点F 作FH ⊥y 轴于点H ，过点E作EG⊥x轴于点G.第1题解图②∵CF⊥BC，∠CBF＝45°，∴△BCF是等腰直角三角形，且BC＝CF，∠OCB＋∠FCH＝90°，又∵FH⊥y轴，∴∠CFH＋∠FCH＝90°，∠CHF＝∠BOC＝90°，∴∠OCB＝∠CFH，∴△BOC≌△CHF(AAS)，又∵B(4，0)，C(0，2)，∴CH＝OB＝4，FH＝OC＝2，∴OH＝6，∴F(2，6)．设BE的解析式为y＝kx＋c，将B(4，0)，F(2，6)代入y＝kx＋c，得⎩⎪⎨⎪⎧4k ＋c ＝02k ＋c ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－3c ＝12， ∴BE 的解析式为y ＝－3x ＋12. 联立抛物线和直线BE 的解析式，得⎩⎨⎧y ＝－12x 2＋32x ＋2y ＝－3x ＋12，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝4y 1＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝5y 2＝－3， ∴E (5，－3)，∵EG ⊥x 轴，∴BG ＝1，EG ＝3， ∴在Rt △BEG 中，BE ＝BG 2＋EG 2＝10.2. 如图①，若在平面直角坐标系xOy 中，O 为坐标原点，抛物线228833y x x =--与x 轴交于点A 、C ，与y 轴交于点B ．（1）设抛物线的顶点为D ，求四边形OADB 的面积；（2）如图②，动点P 、Q 同时从点O 出发，其中点P 以每秒2个长度单位的速度沿折线OAB 按O→A→B 的路线运动，点Q 以每秒4个单位长度的速度沿折线按O→B→A 的路线运动，当P 、Q 两点相遇时，它们都停止运动，设t 秒时△OPQ的面积为S ．①求S 关于t 的函数关系式，并写出自变量t 的取值范围；②判断在①的过程中，t 为何值时，△OPQ 的面积最大，最大面积是多少？第2题图解：(1) ∵抛物线228833y x x =--与x 轴交于点A 、C ,与y 轴交于点B ， ∴点A 的坐标为(6,0),点C 的坐标为(-2,0),点B 的坐标为(0,-8). ∵22282328(2)3333y x x x =--=--, ∴顶点D 的坐标为(2,323-). 在解图①中,过点D 作DE ⊥x 轴于点E ,则OE =2，DE =323,AE =6-2=4,OB =8, ∴S 四边形OADB =S 梯形OEDB +ADE S ∆132132(8)242323=⨯+⨯+⨯⨯=40.第2题解图（2）①∵AB 2=OA 2+OB 2=62+82=100， ∴AB =10．设t 秒时，P 、Q 两点相遇，则：2t +4t =6+8+10， 解得：t =4．点P 在OA 上运动的时间为：6÷2=3（s ）， 点Q 在OB 上运动的时间为：8÷4=2（s ）．当0≤t ≤2时，如解图②，点P 在OA 上，点Q 在OB 上，OP =2t ，OQ =4t ， ∴21124422S OP OQ t t t =⋅=⨯⨯=,即S 关于t 的函数关系式为：24(02)S t t =≤≤;当23t <≤时，如解图③,点P 在OA 上，点Q 在BA 上，OP =2t ，BQ =4t -8, 过点Q 作QF ⊥OB 于F ,由△QFB ∽△AOB 得：FB OBBQ BA=,即84810FB t =-,∴4(48)5FB t =-,∴48(48)5OF t =--, ∴211416722[8(48)]22555S OP OF t t t t =⋅=⨯⨯--=-+,即S 关于t 的函数关系式为：21672(23)55S t t t =-+<≤; 当3＜t ≤4时，如解图④，P 、Q 两点都在AB 上，AP =2t -6，BQ =4t -8， PQ=AB-（AP+BQ ）=10-（2t -6+4t -8）=24-6t , ∵△AOB 的AB 边上的高6824105OA OB AB ⨯===g ， ∴12472288(246)2555S t t =⨯-⨯=-+, 即S 关于t 的函数关系式为：72288(34)55S t t =-+<≤.综上所述：S关于t的函数关系式为：224(02)1672(23) 5572288(34) 55ttS t t tt t⎧⎪≤≤⎪⎪=-+<≤⎨⎪⎪-+<≤⎪⎩;②当02t≤≤时，2=42=16S⨯最大;当23t<≤时，22167216981S=()55545t t t-+=--+;当94t=时，81=5S最大;当34t<≤时，7228872=-3555S⨯+=.图③图④第2题解图综上所述，当94t=时, △OPQ的面积最大,最大面积为815.3.如图，在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y=x2平移，使平移后的抛物线经过点A（-3，0）、B（1，0）．（1）求平移后的抛物线的表达式；（2）设平移后的抛物线交y轴于点C，在平移后的抛物线的对称轴上有一动点P，当BP与CP之和最小时，P点坐标是多少？（3）若y=x2与平移后的抛物线对称轴交于D点，那么，在平移后的抛物线的对称轴上，是否存在一点M，使得以M、O、D为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求点M坐标；若不存在，说明理由．第3题图解：（1）设平移后抛物线的表达式为y=a（x+3）（x-1）．∵由平移的性质可知原抛物线与平移后抛物线的开口大小与方向都相同，∴平移后抛物线的二次项系数与原抛物线的二次项系数相同．∴平移后抛物线的二次项系数为1，即a=1．∴平移后抛物线的表达式为y=（x+3）（x-1），整理得：y=x2+2x-3；（2）∵y=x2+2x-3=（x+1）2-4，∴抛物线对称轴为直线x=-1，与y轴的交点C（0，-3），则点C关于直线x=-1的对称点C′（-2，-3），如解图①，连接B，C′，与直线x=-1的交点即为所求点P，由B（1，0），C′（-2，-3）可得直线BC′解析式为y=x-1，则11y x x =-⎧⎨=-⎩，解得12x y =-⎧⎨=-⎩, ∴点P 坐标为（-1，-2）；图① 图②第3题解图（3）如解图②，由 21y x x ⎧=⎨=-⎩，得11x y =-⎧⎨=⎩ ，即D （-1，1）,则DE =OE =1，∴△DOE 为等腰直角三角形，∴45,135,2DOE ODE BOD OD ∠=∠=∠==o o,∵1BO =, ∴5BD =, ∵135BOD ∠=︒ ∴点M 只能在D 上方， ∵135BOD ODM ∠=∠=︒，∴当DM OD DO OB =或DM OBDO OD=时，以M 、O 、 D 为顶点的三角形与△AOB 相似， ①若DM OD DO OB =，则22=，解得2DM =， 此时点M 坐标为（-1，3）； ②若DM OB DO OD =，则22=，解得1DM =， 此时点M 坐标为（-1，2）；综上，点M 坐标为（-1，3）或（-1，2）．4. 如图，二次函数y=0.5x 2+bx+c 的图象过点B （0，1）和C （4，3）两点，与x 轴交于点D 、点E ，过点B 和点C 的直线与x 轴交于点A ． （1）求二次函数的解析式；（2）在x 轴上有一动点P ，随着点P 的移动，存在点P 使△PBC 是直角三角形，请你求出点P 的坐标；（3）若动点P 从A 点出发，在x 轴上沿x 轴正方向以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q 也从A 点出发，以每秒a 个单位的速度沿射线AC 运动，是否存在以A 、P 、Q 为顶点的三角形与△ABD 相似？若存在，直接写出a 的值；若不存在，说明理由．第4题图解：(1) ∵二次函数2y 0.5x bx c =++的图象过点B (0.1)和C (4,3)两点,∴ 1384c b c =⎧⎨=++⎩，解得：3,12b c =-=，∴抛物线解析式213122y x x =-+， (2)设点P 坐标为（x ,0）， ∵P (x ,0),B (0,1),C (4,3)，∴PB ==CP ==，BC == 若90BCP ∠=o，则222BP BC CP =+. ∴22120825x x x ++=-+，∴112x =.若90CBP ∠=o,则222CP BC BP =+. ∴22120825x x x +=+-+， ∴12x =. 若90BPC ∠=o ,则222BC BP CP =+.∴22182520x x x ++-+= ∴121,3x x ==综上所述：点P 坐标为（1，0），（3，0），（12，0），（112，0） (3)存在.∵抛物线解析式213122y x x =-+与x 轴交于点D ，点E ∴21301,22x x =-+∴121,2x x ==， ∴点D （1，0），∵点B （0，1），C （4，3）， ∴直线BC 解析式112y x =+. 当0y =时，2x =-， ∴点A （-2，0），∵点A （-2，0），点B （0，1），点D （1，0），∴3,AD AB == 设经过t 秒， ∴2,AP t AQ at ==. 若APQ ADB ∆∆∽，∴AP ADAQ AB=，即25t at =， ∴25a =. 若APQ ADB ∆∆∽，∴AP ABAQ AD=，即253t at =. ∴655a =， 综上所述：253a =或655.5. 如图，直线122y x =-+与x 轴交于点B ，与y 轴交于点C ，已知二次函数的图象经过点B 、C 和点A （-1，0）． （1）求该二次函数的关系式；（2）若抛物线的对称轴与x 轴的交点为点D ，则在抛物线的对称轴上是否存在点P ，使△PCD 是以CD 为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出P 点的坐标；如果不存在，请说明理由．第5题图解：（1）在直线122y x =-+中，令10,2=02y x =-+，解得4x = ∴B （0，4）.令x =0得：y =2,∴C （0，2）.设抛物线的解析式为(1)(4)y a x x =+-，将点C 的坐标代入得：42a -=，解得12a =-，∴抛物线的解析式为213222y x x =-++; (2)如解图①所示： 抛物线的对称轴为322b x a =-=， ∴32OD =，又∵2OC = ， ∴22352()22DC =+=.第5题解图①当PD=DC,P (32,52). 当P′D=CD 时，P′(32,-52).过点C 作CE 垂直于对称轴，垂足为E . 又∵CP ″=CD , ∴DE=EP ″. ∵DE=CO =2, ∴DP ″=4. ∴P ″(32,4).∴点P 的坐标为P (32,52)或P′(32,-52)或P ″(32,4). 6. 阅读理解：在同一平面直角坐标系中，直线l 1：y=k 1x+b 1（k 1，b 1为常数，且k 1≠0），直线l 2：y=k 2x+b 2（k 2，b 2为常数，且k 2≠0），若l 1⊥l 2，则k 1•k 2=-1． 解决问题：(1)若直线124y x =-与直线2y mx =+互相垂直，求m 的值;(2) 如图，已知抛物线y=ax 2+bx+1经过A （-1，0），B （1，1）两点． ①求该抛物线的解析式；②在抛物线上是否存在点P ，使得△P AB 是以AB 为直角边的直角三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．第6题图解：(1) ∵直线124y x =-与直线2y mx =+相互垂直， ∴114m =-，∴4m =-;(2)①抛物线21y ax bx =++经过A (-1,0)，B (1,1),两点∴1011a b a b -+=⎧⎨++=⎩，∴1212a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴抛物线的解析式为211122y x x =-++; ②∵A (-1,0),B(1,1),∴直线AB 的解析式为1122y x =+， ∵PAB ∆是以AB 为直角边的直角三角形， ∴当90PAB ∠=o 时，PA AB ⊥， ∴直线P A 的解析式为22y x =--（I ）， ∵抛物线的解析式为211122y x x =-++（II ），联立（I ）（II ）得22211122y x y x x =--⎧⎪⎨=-++⎪⎩, ∴10x y =-⎧⎨=⎩（舍）或614x y =⎧⎨=-⎩.∴P (6,-14),当90PBA ∠=o 时，PB AB ⊥， ∴直线PB 的解析式为23y x =-+(III), ∵抛物线的解析式为211122yx x =-++（IV ），联立（III ）（IV ）得，22311122y x y x x =-+⎧⎪⎨=-++⎪⎩， ∴11x y =⎧⎨=⎩（舍）或45x y =⎧⎨=-⎩.∴P (4,-5),即点P 的坐标为(6，-14)或(4，-5).7. 抛物线2+y ax bx =的顶点M （3，3）关于x 轴的对称点为B ，点A 为抛物线与x 轴的一个交点，点A 关于原点O 的对称点为A′;已知C 为A′B 的中点，P 为抛物线上一动点，作CD ⊥x 轴，PE ⊥x 轴，垂足分别为点D,E . (1)求点A 的坐标即抛物线的解析式；(2)当0<x <23时，是否存在点P 使以点C,D,P ,E 为顶点的四边形是平行四边形?若存在，求出点P 的坐标;若不存在，请说明理由.第7题图解：（1）依题意得：抛物线2+y ax bx =经过顶点M （3，3）和（0，0）. ∴点A 与原点关于对称轴x =3对称， ∴A （23，0）.∴12230333a b a b ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩， 解得：123a b =-⎧⎪⎨=⎪⎩.∴抛物线的解析式为：223y x x =-+;(2)假设存在点P 使以点C,D,P ,E 为顶点的四边形是平行四边形. 则PE //CD 且PE=CD .由顶点M （3，3）关于x 轴的对称轴点B （3，-3），可得BF =3,∵CD ⊥x 轴，BM ⊥x 轴, ∴CD //BF .∵C 为A′B 的中点，∴CD 是A BF ∆'的中位线，得PE=CD =12BF =32. ∵点A 的坐标为（23，0）， ∴当0<x <23时，点P 应在x 轴上方. 可设点P 的坐标为3(,)2x ， ∴23232y x x =-+=，解得63x =±，满足0<x <23， ∴存在点63(3,)2P +或63(3,)2-使得四边形是平行四边形.8. 如图①，抛物线y=ax 2+bx+c 经过点A （-4，0），B （1，0），C （0，3），点P 在抛物线y=ax 2+bx+c 上，且在x 轴的上方，点P 的横坐标记为t ． （1）求抛物线的解析式；（2）如图②，过点P 作y 轴的平行线交直线AC 于点M ，交x 轴于点N ，若MC 平分∠PMO ，求t 的值；（3）点D 在直线AC 上，点E 在y 轴上，且位于点C 的上方，那么在抛物线上是否存在点P ，使得以点C ，D ，E ，P 为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出该菱形的面积；若不存在，请说明理由．第8题图解：（1）如解图①，第8题解图①设抛物线的解析式为(4)1y a x x =+-（），把（0，3）代入得到34a =-，∴抛物线的解析式为3(4)14y x x =-+-（），即239344y x x =-+-.(2) 如解图②中,第8题解图②∵A （-4，0），C （0，3）， ∴直线AC 的解析式为334y x =+， ∵P 的横坐标为t ， ∴M （t ,334t +），∵CM 平分PMO ∠，∴CMO CMP ∠=∠, ∵PM //OC ，∴CMP MCO ∠=∠ ∴CMO MCO ∠=∠∴OM=OC =3,∴223+94t t =（+3） 解得7225t =-或0（舍弃）.∴t 的值为7225-. (3)设239(,3)44P t t t --+,①当CE 为对角线时，四边形CPED 为菱形，如解图③，则点P 和D 关于y 轴对称，第8题解图③∴239(,3)44D t t t ---+把239(,3)44D t t t --+代入334y x =+得233933444t t t -+=-+-， 解得10t =(舍去)，22t =-，此时PD =4,CE =3,此时菱形的面积162PD CE =⋅=;②当CE 为菱形的边时，四边形CEPD 为菱形，如解图④，则PD ∥y 轴，CD=PD ，第8题解图④∴3(,3)4D t t +，∴2239333(3)34444PD t t t t t =--+-+=--， 而2222325(33)416CD t t t =++-=，即5,4CD t =-∴235344t t t --=-，解得10t =(舍去)，273t =-， ∴3512PD =， 此时菱形面积是35724512336⨯=. 综上所述，菱形的面积是6或24536. 9. 如图，直线y ＝34x －3与x 轴、y 轴分别交于点A 、B ，抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 的顶点是(－1，－2)，且与y 轴交于点C (0，－1)． (1)求抛物线的解析式；(2)若点P 是抛物线上一动点，点P 的横坐标为m ，过点P 作PM ⊥AB 于点M .记线段PM 的长为d ，求d 关于m 的函数关系式，并求d 取最小值时点P 的坐标；(3)若点F 在直线y ＝34x －3上移动，在抛物线的对称轴上存在点E ，使CE ＋EF 取最小值．请直接写出CE ＋EF 的最小值．第9题图1. 解：(1)根据题意，把点(－1，－2)，C (0，－1)代入抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 中，得⎩⎪⎨⎪⎧1－b ＋c ＝－2c ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2c ＝－1， ∴抛物线的解析式为y ＝x 2＋2x －1； (2)如解图①，作PD ⊥x 轴，交AB 于点D ，∵点P 的横坐标为m ，∴P (m ，m 2＋2m －1)，D (m ，34m －3)， ∵点P 恒在点D 的上方，∴DP ＝ m 2＋2m －1－34m ＋3＝ m 2＋54m ＋2. ∵直线y ＝34x －3与x 轴、y 轴分别交于点A 、B ， ∴A (4，0)，B (0，－3)，∴OA ＝4，OB ＝3，由勾股定理可得AB ＝5，第9题解图①∵PD ∥y 轴，∴∠OBA ＝∠MDP ，又∵∠AOB ＝∠PMD ＝90°，∴△AOB ∽△PMD ， ∴OA PM ＝AB DP ，即4d ＝5DP ，∴d ＝45DP ＝ 45(m 2＋54m ＋2)＝ 45(m ＋58)2＋10380， ∴当m ＝－58时，d 取最小值， 此时y p ＝(－58)2＋2×(－58)－1＝－11964. 故点P 的坐标是(－58，－11964)；(3)145.【解法提示】如解图②，设C 点关于抛物线对称轴的对称点为C ′，过点C ′作C ′F ⊥AB 于点F ，交直线x ＝－1于点E ，连接CE ，由对称性可得CE ＝C ′E ，第9题解图②∴CE ＋EF ＝C ′E ＋EF ＝C ′F ，∴此时CE ＋EF 最小，即CE ＋EF 的最小值为C ′F . ∵C (0，－1)，抛物线的对称轴为直线x ＝－1， ∴C ′(－2，－1)，由(2)可知当m ＝－2时，d ＝45(－2＋58)2＋10380＝145， 即CE ＋EF 的最小值为145.10. 如图①，直线y ＝34x ＋m 与x 轴、y 轴分别交于点A 和点B (0，－1)，抛物线y ＝12x 2＋bx ＋c 经过点B ，与直线y ＝34x ＋m 交于另一点C ，点C 的横坐标为4. (1)求抛物线的解析式；(2)如图②，点D 在抛物线上，DE ⊥x 轴交直线AB 于点E ，且四边形DFEG 为矩形，设点D 的横坐标为m (0＜m ＜4)，矩形DFEG 的周长为L ，求L 与m 的函数关系式以及L 的最大值；(3)将△AOB 绕平面内某点M 旋转90°，得到△A 1O 1B 1，点A 、O 、B 的对应点分别是点A 1、O 1、B 1.若△A 1O 1B 1的两个顶点恰好落在抛物线上，那么我们就称这样的点为“落点”，请直接写出“落点”的个数和点A 1的横坐标．第10题图解：(1)∵直线y ＝34x ＋m 经过点B (0，－1)， ∴m ＝－1，∴直线的解析式为y ＝34x －1， ∵直线y ＝34x －1经过点C ，且点C 的横坐标为4， ∴y ＝34×4－1＝2，即C (4，2)，∵抛物线y ＝12x 2＋bx ＋c 经过点C (4，2)和点B (0，－1)，∴⎩⎨⎧12×42＋4b ＋c ＝2c ＝－1，解得⎩⎨⎧b ＝－54c ＝－1， ∴抛物线的解析式为y ＝12x 2－54x －1； (2)令y ＝34x －1＝0，解得x ＝43， 在Rt △OAB 中，OB ＝1，OA ＝43， ∴AB ＝OA 2＋OB 2＝（43）2＋12＝53，∵DE ⊥x 轴，∴OB ∥DE ，∴∠ABO ＝∠DEF ， 又∵∠AOB ＝∠EFD ＝90°，∴△AOB ∽△DFE ， ∴AB DE ＝AO DF ＝OB FE ，即53DE ＝43DF ＝1FE ， ∴EF ＝35DE ，DF ＝45DE ，∴L ＝2(DF ＋EF )＝2(45DE ＋35DE )＝145DE ，∵点D 的横坐标为m (0<m <4)，且点D 在抛物线上， ∴D (m ，12m 2－54m －1)，E (m ，34m －1)， ∴DE ＝(34m －1)－(12m 2－54m －1)＝－12m 2＋2m ， ∴L ＝145×(－12m 2＋2m )＝－75m 2＋285m ，∵L ＝－75(m －2)2＋285，∴当m ＝2时，L 有最大值285； (3)“落点”的个数有2个，点A 1的横坐标为34或－712.第10题解图【解法提示】当△AOB 绕平面内某点M 旋转90°时，可知O 1A 1⊥x 轴，O 1B 1⊥y 轴，设点A 1的横坐标为x ，则B 1的横坐标为x ＋1，∵O 1A 1⊥x 轴，∴点O 1、A 1不可能同时落在抛物线上，分以下两种情况：①如解图①，当点O 1，B 1在抛物线上时，点O 1、B 1的纵坐标相等． ∴12x 2－54x －1＝12(x ＋1)2－54(x ＋1)－1，解得x ＝34；②如解图②，当点A 1，B 1在抛物线上时，点O 1、B 1的纵坐标相等，则点A 1的纵坐标比点B 1的纵坐标大43，∴12x 2－54x －1＝12(x ＋1)2－54(x ＋1)－1＋43， 解得x ＝－712.11.如图，抛物线y=-x2+bx+c．经过A（-1，0），B（5，0）两点，与y轴交于C点．已知M（0，1），E（a，0），F（a+1，0），点P是第一象限内的抛物线上的动点．（1）求此抛物线的解析式；（2）当a=1时，求四边形MEFP的面积的最大值，并求此时点P的坐标；（3）若△PCM是以CM为底边的等腰三角形，求a为何值时，四边形PMEF 周长最小？请说明理由．第11题图解：（1）将点A(-1,0),B(5,0)代入y=-x2+bx+c,得:10 2550b cb c--+=⎧⎨-++=⎩，解得：45bc=⎧⎨=⎩，∴此抛物线解析式为y=-x2+4x+5;（2）当a=1时，E（1，0），F（2，0），OE=1，OF=2．设P（x，-x2+4x+5），如解图①，过点P 作PN ⊥y 轴于点N ，则PN=x ，ON=-x 2+4x +5， ∴MN=ON -OM=-x 2+4x +4．第11题解图①S 四边形MEFP =S 梯形OFPN -S △PMN -S △OME111()222PN OF ON PN MN OM OE =+⋅-⋅-⋅ 22111(2)(45)(44)11222x x x x x x =+-++--++-⨯⨯ 29922x x =-++29153()416x =--+，∴当94x =时，四边形MEFP 的面积有最大值为15316， 当94x =时，29143(2)9416y =--+=. 此时点P 坐标为9143(,)416； (3) ∵M (0,1,),C (0,5), △PCM 是以点P 为顶点的等腰三角形， ∴点P 的纵坐标为3.令y=-x 2+4x+5=3，解得x =26±. ∵点P 在第一象限， ∴P (26+,3).四边形PMEF 的四条边中，PM 、EF 长度固定，因此只要ME+PF 最小，则PMEF 的周长将取得最小值.如解图②，将点M 向右平移1个单位长度(EF 的长度)，得M 1(1,1); 作点M 1关于x 轴的对称点M 2，则M 2(1,-1);连接PM 2，与x 轴交于F 点，此时ME+PF= PM 2最小.第11题解图②设直线PM 2的解析式为y=mx+n ,将P (26,3)，M 2(1,-1)代入得：(26)31m n m n ⎧++=⎪⎨+=-⎪⎩,解得：464461m n -+== ∴464461y x -+=-， 当0y =时，解得654x =. ∴65(,0)4F .∵1a+=∴a=∴当a=PMEF周长最小.。
2020年中考数学二轮专项复习——四边形、动点、最值问题 压轴题型(含详细解答)
2020年中考数学二轮专项复习——四边形、动点、最值问题压轴题型1、如图，在正方形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，P为对角线BD上的一个动点，则下列线段的长等于AP+EP最小值的是。
解：【分析】连接CP，当点E，P，C在同一直线上时，AP+PE的最小值为CE长，依据△ABF≌△CDE，即可得到AP+EP最小值等于线段AF的长．如图，连接CP，由AD＝CD，∠ADP＝∠CDP＝45°，DP＝DP，可得△ADP≌△CDP，∴AP＝CP，∴AP+PE＝CP+PE，∴当点E，P，C在同一直线上时，AP+PE的最小值为CE长，此时，由AB＝CD，∠ABF＝∠CDE，BF＝DE，可得△ABF≌△CDE，∴AF＝CE，∴AP+EP最小值等于线段AF的长，【点评】本题考查的是轴对称，最短路线问题，根据题意作出A关于BD的对称点C是解答此题的关键．2、【猜想】如图1，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，过点O的直线分别交AD．BC于点E．F．若平行四边形ABCD的面积是8，则四边形CDEF的面积是．【探究】如图2，在菱形ABCD中，对角线相交于点O，过点O的直线分别交AD，BC于点E，F，若AC＝5，BD＝10，求四边形ABFE的面积．【应用】如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，延长BC到点D，使DC＝BC，连结AD，若AC＝3，AD＝2，则△ABD的面积是．解：猜想：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，OA＝OC．∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，在△AOE和△COF中，，∴△AEO≌△CFO（AAS），∴四边形CDEF的面积＝S△ACD＝▱ABCD的面积＝4；故答案为：4；探究：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AO＝CO AC＝2.5，BO＝BD＝5，∠AOD＝90°，∴AB＝AC＝，∠OAE＝∠OCF，∠OEA＝∠OFC，在△AOE于△COF中，，∴△AOE≌△COF（AAS），∵AC⊥BD，∴S四边形ABFE＝S△ABC＝AC•BO＝××5＝．应用：延长AC到E使CE＝AC＝3，在△ABC与△CDE中，，∴△ABC≌△CDE（SAS），∴∠E＝∠BAC＝90°，∴DE＝，∴S△ABD＝S△ADE＝AE•DE＝×6×2＝6．故答案为：63、如图，正方形ABCD的边长是2，点E是CD边的中点，点F是边BC上不与点B，C重合的一个动点，把∠C 沿直线EF折叠，使点C落在点C′处．当△ADC′为等腰三角形时，FC的长为．【分析】首先证明DC′≠DA，只要分两种情形讨论即可：①如图1中，当AD＝AC′＝2时，连接AE．构建方程即可；②如图2中，当点F在BC中点时，易证AC′＝DC′，满足条件；【解答】解：由题意DE＝EC＝EC′＝1，∴DC′＜1+1∴DC′≠DA，只要分两种情形讨论即可：①如图1中，当AD＝AC′＝2时，连接AE．∵AE＝AE，AD＝AC′，DE＝DC′，∴△ADE≌△AC′E，∴∠ADE＝∠AC′E＝90°，∵∠C＝∠FC′E＝90°，∴∠AC′E+∠FC′E＝180°，∴A、C′、F共线，设CF＝x，则BF＝2﹣x，AF＝2+x，在Rt△ABF中，22+（2﹣x）2＝（2+x）2，解得x＝．②如图2中，当点F在BC中点时，易证AC′＝DC′，满足条件，此时CF＝1．综上所述，满足条件的CF的长为或1．故答案为或1．【点评】本题考查翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的首先思考问题，属于中考填空题中的压轴题．4、如图1，在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣2x+8的图象与x轴，y轴分别交于点A，点C，过点A作AB ⊥x轴，垂足为点A，过点C作CB⊥y轴，垂足为点C，两条垂线相交于点B．（1）线段AB，BC，AC的长分别为AB＝，BC＝，AC＝；（2）折叠图1中的△ABC，使点A与点C重合，再将折叠后的图形展开，折痕DE交AB于点D，交AC于点E，连接CD，如图2．请从下列A、B两题中任选一题作答，我选择题．A：①求线段AD的长；②在y轴上，是否存在点P，使得△APD为等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．B：①求线段DE的长；②在坐标平面内，是否存在点P（除点B外），使得以点A，P，C为顶点的三角形与△ABC全等？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）∵一次函数y＝﹣2x+8的图象与x轴，y轴分别交于点A，点C，∴A（4，0），C（0，8），∴OA＝4，OC＝8，∵AB⊥x轴，CB⊥y轴，∠AOC＝90°，∴四边形OABC是矩形，∴AB＝OC＝8，BC＝OA＝4，在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AC＝＝4，故答案为：8，4，4；（2）A、①由（1）知，BC＝4，AB＝8，由折叠知，CD＝AD，在Rt△BCD中，BD＝AB﹣AD＝8﹣AD，根据勾股定理得，CD2＝BC2+BD2，即：AD2＝16+（8﹣AD）2，∴AD＝5，②由①知，D（4，5），设P（0，y），∵A（4，0），∴AP2＝16+y2，DP2＝16+（y﹣5）2，∵△APD为等腰三角形，∴Ⅰ、AP＝AD，∴16+y2＝25，∴y＝±3，∴P（0，3）或（0，﹣3）Ⅱ、AP＝DP，∴16+y2＝16+（y﹣5）2，∴y＝，∴P（0，），Ⅲ、AD＝DP，25＝16+（y﹣5）2，∴y＝2或8，∴P（0，2）或（0，8）．B、①、由A①知，AD＝5，由折叠知，AE＝AC＝2，DE⊥AC于E，在Rt△ADE中，DE＝＝，②、∵以点A，P，C为顶点的三角形与△ABC全等，∴△APC≌△ABC，或△CPA≌△ABC，∴∠APC＝∠ABC＝90°，∵四边形OABC是矩形，∴△ACO≌△CAB，此时，符合条件，点P和点O重合，即：P（0，0），如图3，过点O作ON⊥AC于N，易证，△AON∽△ACO，∴，∴，∴AN＝，过点N作NH⊥OA，∴NH∥OA，∴△ANH∽△ACO，∴，∴，∴NH＝，AH＝，∴OH＝，∴N（，），而点P2与点O关于AC对称，∴P2（，），同理：点B关于AC的对称点P1，同上的方法得，P1（﹣，），即：满足条件的点P的坐标为：（0，0），（，），（﹣，）．5、如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点O为圆心，2为半径画圆，P是⊙O上一动点且在第一象限内，过点P作⊙O的切线，与x、y轴分别交于点A、B．（1）求证：△OBP与△OPA相似；（2）当点P为AB中点时，求出P点坐标；（3）在⊙O上是否存在一点Q，使得以Q，O，A、P为顶点的四边形是平行四边形．若存在，试求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）证明：∵AB是过点P的切线，∴AB⊥OP，∴∠OPB＝∠OPA＝90°；（1分）∴在Rt△OPB中，∠1+∠3＝90°，又∵∠BOA＝90°∴∠1+∠2＝90°，∴∠2＝∠3；（1分）在△OPB中△APO中，∴△OPB∽△APO．（2分）（2）∵OP⊥AB，且PA＝PB，∴OA＝OB，∴△AOB是等腰三角形，∴OP是∠AOB的平分线，∴点P到x、y轴的距离相等；（1分）又∵点P在第一象限，∴设点P（x，x）（x＞0），∵圆的半径为2，∴OP＝，解得x＝或x＝﹣（舍去），（2分）∴P点坐标是（，）．（1分）（3）存在；①如图设OAPQ为平行四边形，∴PQ∥OA，OQ∥PA；∵AB⊥OP，∴OQ⊥OP，PQ⊥OB，∴∠POQ＝90°，∵OP＝OQ，∴△POQ是等腰直角三角形，∴OB是∠POQ的平分线且是边PQ上的中垂线，∴∠BOQ＝∠BOP＝45°，∴∠AOP＝45°，设P（x，x）、Q（﹣x，x）（x＞0），（2分）∵OP＝2代入得，解得x＝，∴Q点坐标是（﹣，）；（1分）②如图示OPAQ为平行四边形，同理可得Q点坐标是（，﹣）．（1分）6、如图1，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连结AD，以AD为一边且在D的右侧作正方形ADEF，解答下列问题：（1）如果AB＝AC，∠BAC＝90°．①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图2，线段CF，BD之间的位置关系为，数量关系为；②当点D在线段BC的延长线上时，如图3，①中的结论是否仍然成立，为什么？（2）如果AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动（如图4）当∠ACB＝时，CF⊥BC（点C，F 重合除外）？（3）若AC＝4，BC＝3．在（2）的条件下，设正方形ADEF的边DE与线段CF相交于点P，求线段CP长的最大值．解：（1）CF⊥BD，CF＝BD，理由如下：∵四边形ADEF是正方形，∴∠DAF＝90°，AD＝AF，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠DAC＝∠CAF+∠DAC＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，在△BAD和△CAF中，，∴△BAD≌△CAF（SAS），∴CF＝BD，∴∠B＝∠ACF，∴∠B+∠BCA＝90°，∴∠BCA+∠ACF＝90°，即CF⊥BD；故答案为：CF⊥BD，CF＝BD；②当点D在BC的延长线上时，①的结论仍成立．如图2，由正方形ADEF得：AD＝AF，∠DAF＝90°．∵∠BAC＝90°，∴∠DAF＝∠BAC．∴∠DAB＝∠FAC．又∵AB＝AC，∴△DAB≌△FAC（SAS）．∴CF＝BD，∠ACF＝∠ABD．∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝45°，∴∠ACF＝45°．∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°，∴CF⊥BD；（2）当∠BCA＝45°时，CF⊥BD；理由如下：如图3，过点A作AC的垂线与CB所在直线交于G，∵∠ACB＝45°，∴△AGC等腰直角三角形，∴AG＝AC，∠AGC＝∠ACG＝45°，∵AG＝AC，AD＝AF，∵∠GAD＝∠GAC﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC，∠FAC＝∠FAD﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC，∴∠GAD＝∠FAC，∴△GAD≌△CAF（SAS），∴∠ACF＝∠AGD＝45°，∴∠GCF＝∠GCA+∠ACF＝90°，∴CF⊥BC；故答案为：45°；（3）过点A作AQ⊥BC交CB的延长线于点Q，如图4所示：∵DE与CF交于点P时，此时点D位于线段CQ上，∵∠BCA＝45°，AC＝4，∴△ACQ是等腰直角三角形，∴AQ＝CQ＝4．设CD＝x，则DQ＝4﹣x，∵∠ADB+∠ADE+∠PDC＝180°且∠ADE＝90°，∴∠ADQ+∠PDC＝90°，又∵在直角△PCD中，∠PDC+∠DPC＝90°∴∠ADQ＝∠DPC，∵∠AQD＝∠DCP＝90°∴△AQD∽△DCP，∴＝，即＝．解得：CP＝﹣x2+x＝﹣（x﹣1）2+1．∵0＜x≤3，∴当x＝1时，CP有最大值1，即线段CP长的最大值为1．7、如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E为OC上动点（与点O不重合），作AF⊥BE，垂足为G，交BC于F，交BO于H，连接OG，CG．（1）求证：AH＝BE；（2）试探究：∠AGO的度数是否为定值？请说明理由；（3）若OG⊥CG，BG＝2，求S△OGC的值．解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴OA＝OB，∠AOB＝∠BOE＝90°，∵AF⊥BE，∴∠GAE+∠AEG＝∠OBE+∠AEG＝90°．∴∠GAE＝∠OBE，在△AOH和△BOE中，，∴△AOH≌△BOE（ASA），∴AH＝BE．（2）解：∠AGO的度数为定值，理由如下：∵∠AOH＝∠BGH＝90°，∠AHO＝∠BHG，∴△AOH∽△BGH，∴＝，∴＝，∵∠OHG＝∠AHB，∴△OHG∽△AHB，∴∠AGO＝∠ABO＝45°，即∠AGO的度数为定值．（3）解：∵∠ABC＝90°，AF⊥BE，∴∠BAG＝∠FBG，∠AGB＝∠BGF＝90°，∴△ABG∽△BFG，∴＝，∴AG•GF＝BG2＝20，∵△AHB∽△OHG，∴∠BAH＝∠GOH＝∠GBF．∵∠AOB＝∠BGF＝90°，∴∠AOG＝∠GFC，∵∠AGO＝45°，CG⊥GO，∴∠AGO＝∠FGC＝45°．∴△AGO∽△CGF，∴＝，∴GO•CG＝AG•GF＝20．∴S△OGC＝CG•GO＝10．8、已知，如图，在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝6．延长BC到点E，使CE＝3，连接DE．（1）DE的长为．（2）动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P运动的时间为t秒，求当t为何值时，△ABP和△DCE全等？（3）若动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度仅沿着BE向终点E运动，连接DP．设点P运动的时间为t秒，是否存在t，使△PDE为等腰三角形？若存在，请直接写出t的值；否则，说明理由．解：（1）∵四边形ABCD是矩形∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝6，CD⊥BC在Rt△DCE中，DE＝＝＝5 故答案为5．（2）若△ABP与△DCE全等∴BP＝CE或AP＝CE当BP＝CE＝3时，则t＝＝3秒当AP＝CE＝3时，则t＝＝13秒∴求当t为3秒或13秒时，△ABP和△DCE全等．（3）若△PDE为等腰三角形则PD＝DE或PE＝DE或PD＝PE当PD＝DE时，∵PD＝DE，DC⊥BE∴PC＝CE＝3∵BP＝BC﹣CP＝3∴t＝＝3当PE＝DE＝5时，∵BP＝BE﹣PE∴BP＝9﹣5＝4∴t＝＝4当PD＝PE时，∴PE＝PC+CE＝3+PC∴PD＝3+PC在Rt△PDC中，DP2＝CD2+PC2．∴（3+PC）2＝16+PC2∴PC＝∵BP＝BC﹣PC∴BP＝∴t＝＝综上所述：当t＝3秒或4秒或秒时，△PDE为等腰三角形．9、在平面直角坐标系中，BC∥OA，BC＝3，OA＝6，AB＝3（1）直接写出点B的坐标；（2）已知D、E分别为线段OC、OB上的点，OD＝5，OE＝2BE，直线DE交x轴于点F，求直线DE的解析式；（3）在（2）的条件下，点M是直线DE上的一点，在x轴上方是否存在另一个点N，使以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）过B作BG⊥OA于点G，在Rt△ABG中，利用勾股定理可求得BG的长，则可求得B点坐标；（2）由条件可求得E点坐标，利用待定系数法可求得直线DE的解析式；（3）当OD为边时，则MO＝OD＝5或MD＝OD＝5，可求得M点坐标，由MN∥OD，且MN＝OD可求得N点坐标；当OD为对角线时，则MN垂直平分OD，则可求得M、N的纵坐标，则可求得M的坐标，利用对称性可求得N点坐标．【解答】解：（1）如图1，过B作BG⊥OA于点G，∵BC＝3，OA＝6，∴AG＝OA﹣OG＝OA﹣BC＝6﹣3＝3，在Rt△ABG中，由勾股定理可得AB2＝AG2+BG2，即（3）2＝32+BG2，解得BG＝6，∴OC＝6，∴B（3，6）；（2）由OD＝5可知D（0，5），∵B（3，6），OE＝2BE，∴E（2，4），设直线DE的解析式是y＝kx+b把D（0，5）E（2，4）代入得，∴直线DE的解析式是y＝﹣x+5；（3）当OD为菱形的边时，则MN＝OD＝5，且MN∥OD，∵M在直线DE上，∴设M（t，﹣t+5），①当点N在点M上方时，如图2，则有OM＝MN，∵OM2＝t2+（﹣t+5）2，∴t2+（﹣t+5）2＝52，解得t＝0或t＝4，当t＝0时，M与D重合，舍去，∴M（4，3），∴N（4，8）；②当点N在点M下方时，如图3，则有MD＝OD＝5，∴t2+（﹣t+5﹣5）2＝52，解得t＝2或t＝﹣2，当t＝2时，N点在x轴下方，不符合题意，舍去，∴M（﹣2，+5），∴N（﹣2，）；当OD为对角线时，则MN垂直平分OD，∴点M在直线y＝2.5上，在y＝﹣x+5中，令y＝2.5可得x＝5，∴M（5，2.5），∵M、N关于y轴对称，∴N（﹣5，2.5），综上可知存在满足条件的点N，其坐标为（4，8）或（﹣5，2.5）或（﹣2，）．【点评】本题为一次函数的综合应用，涉及勾股定理、待定系数法、菱形的性质、分类讨论及方程思想．在（2）中求得E点坐标是解题的关键，在（3）中求得M点的坐标是解题的关键，注意分类讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．10、如图1，已知正方形ABCD的边长为6，E是CD边上一点（不与点C重合），以CE为边在正方形ABCD的右侧作正方形CEFG，连接BF、BD、FD．计算：（1）当点E与点D重合时，△BDF的面积为；当点E为CD的中点时，△BDF的面积为．证明：（2）当E是CD边上任意一点（不与点C重合）时，猜想S△BDF与S正方形ABCD之间的关系，并证明你的猜想；运用：（3）如图2，设BF与CD相交于点H，若△DFH的面积为，求正方形CEFG的边长．解：计算：（1）∵当点E与点D重合时，∴CE＝CD＝6，∵四边形ABCD，四边形CEFG是正方形，∴DF＝CE＝AD＝AB＝6，∴S△BDF＝×DF×AB＝18，如图，连接CF，∵四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形；∴∠CBD＝∠GCF＝45°，∴BD∥CF，∴S△BDF＝S△BDC＝S正方形ABCD＝×36＝18，故答案为：18，18；证明：（2）S△BDF＝S正方形ABCD，理由：连接CF．∵四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，∴∠CBD＝∠GCF＝45°，∴BD∥CF，∴S△BDF＝S△BDC＝S正方形ABCD；运用：（3）如图2，∵S△BDF＝S正方形ABCD＝×36＝18，且S△BDF＝S△BDH+S△DFH，∴S△BDH＝18﹣＝，∴×DH×6＝，∴DH＝，∴S△BDH＝××EF＝，∴EF＝4∴正方形CEFG的边长为4．11、已知如图，点C、D在线段AF上，AD＝CD＝CF，∠ABC＝∠DEF＝90°，AB∥EF．（1）若BC＝2，AB＝2，求BD的长；（2）求证：四边形BCED是平行四边形．（1）解：∵∠ABC＝90°，∴AC＝＝＝2，∵AD＝CD，∴BD＝AC＝；（2）证明：∵AD＝CD＝CF，∴DF＝AC＝2，∵∠DEF＝90°，∴CE＝DF＝，∴BD＝CE，∵AB∥EF，∴∠A＝∠F，在△ABC和△FED中，，∴△ABC≌△FED（AAS），∴BC＝ED，∵BD＝CE，∴四边形BCED是平行四边形．12、如图，在矩形ABCD中，M是BC上一点，EF垂直平分AM，分别交BC，AM，AD于点E，O，F，连接AE，MF．（1）求证：四边形AEMF是菱形；（2）若AB＝6，H为AB的中点，连接OH交AE于点P，OH+OA＝9，求△OPE的周长．（1）证明：∵EF垂直平分AM，∴AE＝EM，OA＝OM．∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠AFO＝∠MEO，在△OF和△MOE中，，∴△AOF≌△MOE（AAS）．∴OF＝OE．∴四边形AEMF是平行四边形．∵AE＝EM．∴四边形AEMF是菱形；（2）解：∵O、H分别为AM、AB的中点，∴BM＝2OH，AM＝2OA，∴AM+BM＝2OA+2OH＝18．设BM＝x，则AM＝18﹣x，在Rt△ABM中，由勾股定理得：62+x2＝（18﹣x）2，解得：x＝8，∴BM＝8，AM＝10．∴OA＝AM＝5，设EM＝m，则BE＝8﹣m，AE＝EM＝m，在Rt△ABE中，由勾股定理得：62+（8﹣m）2＝m2，解得：m＝，∴AE＝EM＝在Rt△AOE中，EO＝＝＝．∵OP∥EM，∴＝＝1，∴AP＝PE，∴OP＝EM＝，∵PE＝AE＝，∴△OPE的周长＝EO+PE+OP＝++＝10．。
单元限时训练(三 函数及图象)-2020年中考数学(通用版)第二轮 提升复习课件(共30张PPT)
则 BN＝n＋2，CN＝8－n.
∵B(－2，0)，C(8，0)，∴BC＝10. 在 y＝－1x2＋3x＋4 中，令 x＝0，可解得 y＝4，
42
∴点 A(0，4)，OA＝4，
∴S△ABN＝12BN·OA＝12(n＋2)×4＝2(n＋2)．
∵MN∥AC，
∴AM＝NC＝8－n， AB BC 10
求点 N 的坐标． (3)连接 OM，在(2)的结论下，求 OM 与 AC 的数量关系．
解：(1)将点 B，C 的坐标分别代入 y＝ax2＋bx＋4，可得
a＝－1，
4a－2b＋4＝0，
4
64a＋8b＋4＝0，解得 b＝3，
2
∴二次函数的解析式为 y＝－1x2＋3x＋4. 42
(2)设点 N 的坐标为(n，0)(－2＜n＜8)，
存在 m＝0，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，∴x1＋2 x2＞m. ∵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．
2
三、解答题(共 52 分) 17．(12 分)[2019·泰州]如图，在平面直角坐标系 xOy 中， 二次函数图象的顶点坐标为(4，－3)，该图象与 x 轴相交于点 A， B，与 y 轴相交于点 C，其中点 A 的横坐标为 1. (1)求该二次函数的解析式； (2)求 tan∠ABC 的值．
解：(1)因为二次函数图象的顶点坐标为(4，－3)，所以设
单元限时训练(八)-2020年中考数学(通用版)第二轮 提升复习课件(共23张PPT)
A．2
B. 3
C. 2
D．1
5．如图，在△ABC 中，AC＝5，sin B＝ 22，sin C＝35，
则△ABC 的面积是( A )
A.221
B．12
C．14
D．21
6．如图，A，B，C 三点在正方形网格线的交点处，若将 △ACB 绕着点 A 逆时针旋转得到△AC′B′，则 tan B′的值为( B )
解：如答图，设 DA 与 CB 的交点为 O. ∵tan∠O＝tan α＝DOCC＝O96C＝2，∴OC＝48 米． ∵tan∠DBC＝tan β＝DBCC＝B9C6 ＝4，∴BC＝24 米， ∴OB＝OC－BC＝48－24＝24 米． 设 AE＝x 米， 则由 i＝1∶1，得 BE＝x 米，OE＝12x 米， ∴x＋12x＝24，∴x＝16，即山顶 A 的高度 AE 为 16 米．
10．如图，已知 l1∥l2∥l3，相邻两条平行直线间的距离相
等．若等腰直角△ABC 的三个顶点分别在这三条平行直线上，
则 sin α 的值是( D )
A.13
B.167
C.
5 5
D.
10 10
二、填空题(每题 3 分，共 18 分)
11．已知 tan α＝152，α 是锐角，则 sin
5
α＝__13__．
19．(10 分)[2019·娄底]如图，某建筑物 CD 高 96 米，它的 前面有一座小山，其斜坡 AB 的坡度为 i＝1∶1.为了测量山顶 A 的高度，在建筑物顶端 D 处测得山顶 A 和坡底 B 的俯角分别为 α，β.已知 tan α＝2，tan β＝4，求山顶 A 的高度 AE(C，B，E 在 同一水平面上)．
(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；
压轴解答题限时训练(3)-2020届广东九年级数学中考总复习课件 (共14张PPT)
23. 如图X3-3-1，已知抛物线y=-x2+bx+c与x轴交 于点A和点B(3，0)，与y轴交于点C(0，3)，P是线 段BC上一点，过点P作PN∥y轴交x轴于点N，交抛物 线于点M. (1)求该抛物线的表达式； (2)如果点P的横坐标为2，点Q是第一象限抛物线上 的一点，且△QMC和△PMC的面积相等，求点Q的坐 标； (3)如果PM= PN，求tan∠CMN的值.
(2)∵∠FQC=90°，∠B=90°， ∴∠FQC=∠B. ∴PQ∥AB. ∴△CPQ∽△CAB.
∴当x=2时，y有最大值，y的最大值为3.
(3)分两种情况讨论：〈1〉若点E在FQ左边， ①当△EPQ∽△ACD∽△CAD时，可得
即
解得t=
〈2〉若点E在FQ右边， ①当△EPQ∽△ACD时，可得
（1）解：∵A,B,C,D,E是⊙O上的5等分点，
∴ 所对圆心角的度数为
＝72°，
即∠COD＝72°.
∵∠COD＝2∠CAD,
∴∠CAD＝36°.
（2）证明：∵A，B，C，D，E是⊙O上的5等分点，
∴∠CAD＝∠DAE＝∠AEB＝36°. ∴∠CAE＝72°，且∠AEB＝36°. ∴∠AME＝72°. ∴∠AME＝∠CAE. ∴AE＝ME.
解：(1)在矩形ABCD中，∵AB=6 cm，BC=8 cm， ∴AB=CD=6 cm，AD=BC=8 cm， ∠BAD=∠ADC=∠DCB=∠B=90°. ∴由勾股定理,得AC=10 cm. ∵FQ⊥BC，∴∠FQC=90°. ∴四边形CDFQ是矩形. ∴DF=QC，DC=FQ=6 cm. ∵t s后，BE=2t，DF=QC=t，∴EQ=BC-BE-QC=83t. ∵四边形EQDF为平行四边形， ∴FD=EQ,即8-3t=t. 解得t=2.
江西专版2020中考数学复习方案中档解答限时练03(含参考答案)
中考数学复习方案：中档解答限时练(三)限时:45分钟 满分:54分1.(6分)(1)计算:(x -3)(3+x )-(x 2+x -1).(2)如图J3-1,正方形ABCD 的对角线AC ,BD 相交于点O ,E 是OC 上一点,连接EB.过点A 作AM ⊥BE ,垂足为M ,AM 与BD 相交于点F.求证:OE=OF.图J3-12.(6分)解不等式组{2-x >0,①5x +12+1≥2x -13,②并把它的解集表示在数轴上.图J3-23.(6分)光明中学要进行理、化实验加试,需用九年级两个班级的学生整理实验器材.已知1班单独整理需要30分钟完成.如果1班与2班共同整理15分钟后,1班另有任务需要离开,剩余工作由2班单独整理15分钟才完成任务,求2班单独整理这批实验器材需要多少分钟?4.(6分)一个不透明的袋子中装有分别标注着汉字“文”“明”“赣”“州”的四个小球,除汉字不同之外,小球没有任何区别,每次摸球前先搅拌均匀再摸球.(1)若从中任取一球,请直接写出球上的汉字恰好是“文”的概率;(2)若从袋中任取一球,记下汉字后放回袋中,然后再从中任取一球,再次记下球上的汉字,求两次的汉字恰好组成“文明”或“赣州”这两个词的概率.5.(6分)如图J3-3,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=2BC,点E是AD的中点,请仅用无刻度的直尺分别按下列要求作图.(不写画法,保留作图痕迹)(1)在图J3-3①中,画出△ACD的边AC上的中线DM;(2)在图J3-3②中,若AC=AD,画出△ACD的边CD上的高AN.图J3-36.(8分)小明、小华为了了解本校八年级学生每周上网的时间,各自进行了抽样调查.小明调查了八年级信息技术兴趣小组40名学生每周上网的时间,算得这些学生平均每周上网时间为2.5小时;小华从全体320名八年级学生名单中随机抽取了40名学生,调查了他们每周上网的时间,算得这些学生平均每周上网时间为1.2小时,小明与小华整理各自样本数据,如下表:时间段(小时/周) 小明抽样人数小华抽样人数0~1 6 221~2 10 102~3 16 63~4 8 2(每组可含最低值,不含最高值)请根据上述信息,回答下列问题(1)你认为同学抽取的样本具有代表性,估计该校全体八年级学生平均每周上网时间为小时;(2)在具有代表性的样本中,中位数所在的时间段是小时/周;(3)专家建议每周上网时间2小时(含)以上的同学应适当减少上网的时间,根据具有代表性的样本估计,该校全体八年级学生中有多少名学生应适当减少上网的时间?7.(8分)已知:点M,N分别是x轴、y轴上的动点,点P、Q是某个函数图象上的点,当四边形MNPQ为正方形时,称这个正方形为此函数的“梦幻正方形”.例如:如图J3-4①,正方形MNPQ是一次函数y=-x+2的其中一个“梦幻正方形”.(1)若某函数是y=x+5,求它的图象的所有“梦幻正方形”的边长;(k<0)(如图J3-4②),它的图象的“梦幻正方形”ABCD,D(-4,m)(m<4)在反比例(2)若某函数是反比例函数y=xx函数图象上,求m的值及反比例函数的解析式.图J3-48.(8分)图J3-5①是某酒店的推拉门,已知门的宽度AD=2米,两扇门的大小相同(即AB=CD),且AB+CD=AD,现将右边的门CDD1C1绕门轴DD1向外面旋转67°(如图J3-5②).图J3-5(1)求点C 到直线AD 的距离;(2)将左边的门ABB 1A 1绕门轴AA 1向外面旋转,设旋转角为α(如图J3-5③),问α为多少度时,点B ,C 之间的距离最短.(参考数据:sin67°≈0.92,cos67°≈0.39,tan29.6°≈0.57,tan19.6°≈0.36,sin29.6°≈0.49)【参考答案】1.解:(1)原式=x 2-9-x 2-x +1=-x -8. (2)证明:∵四边形ABCD 是正方形, ∴∠BOE=∠AOF=90°,OB=OA. 又∵AM ⊥BE ,∴∠MEA +∠MAE=90°=∠AFO +∠MAE , ∴∠MEA=∠AFO.∴△BOE ≌△AOF (AAS). ∴OE=OF.2.解:解不等式①,得x<2;解不等式②,得x ≥-1. 所以,不等式组的解集是-1≤x<2. 其解集在数轴上表示如图:3.解:设2班单独整理这批实验器材需要x 分钟.根据题意得, 15130+1x+15x=1,解得x=60.经检验,x=60是原分式方程的根,且符合题意. 答:二班单独整理这批实验器材需要60分钟. 4.解:(1)P (文)=14. (2)列表如下:二一 文 明 赣 州 文 文文 文明 文赣 文州 明 明文 明明 明赣 明州 赣 赣文 赣明 赣赣 赣州 州州文州明州赣州州所有可能结果有16种,其中满足条件的有2种. ∴P (文明或赣州)=416=14. 5.解:(1)如图①,DM 为所作.(2)如图②,AN 为所作.6.解:(1)小华,1.2 (2)0~1 (3)6+240×320=64(名).答:该校全体八年级学生中有64名学生应适当减少上网的时间. 7.解:(1)如图①,当点M 在x 轴正半轴上,点N 在y 轴负半轴上时,∵OP=OQ=5,∴正方形MNPQ 的边长MN=5√2. 当点M 在y 轴正半轴上,点N 在x 轴负半轴上时, 设小正方形的边长为a ,则3a=5√2.解得a=5√23,∴小正方形的边长为5√23.∴一次函数y=x +5图象的“梦幻正方形”的边长为5√2或5√23.(2)如图②,作DE ,CF 分别垂直于x ,y 轴, 易知△ADE ≌△BAO ≌△CBF (AAS).∵D (-4,m ),m<4,∴DE=OA=BF=m ,AE=OB=CF=4-m , ∴C 点坐标为(m -4,4), ∴-4m=4(m -4),解得m=2. ∴反比例函数的解析式为y=-8x .8.解:(1)如图①,过点C 作CH ⊥AD 于H.由题意得,∠D=67°,CD=12AD=1(米),∴CH=CD ·sin67°≈0.92米.答:点C 到直线AD 的距离约为0.92米. (2)当A ,B ,C 三点共线时,B ,C 之间的距离最短,如图②,过C 作CH ⊥AD 于H.由题意得,∠D=67°,CD=12AD=1(米),∴CH=CD ·sin67°≈0.92米,DH=CD ·cos67°≈0.39, ∴AH=2-0.39=1.61(米),在Rt △ACH 中,tan α=xx xx =0.921.61≈0.57, ∴α≈29.6°.答:当α为29.6度时,点B ,C 之间的距离最短.。