2020年中考数学复习(通用)专题：几何压轴题型含答案

几何压轴题型类型一动点探究型在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随着点P的位置变化而变化．(1)如图①，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是________，CE与AD的位置关系是________；(2)当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由(选择图②，图③中的一种情况予以证明或说理)；(3)如图④，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB＝23，BE＝219，求四边形ADPE的面积．【分析】 (1)要求BP与CE的数量关系，连接AC，由菱形和等边三角形的性质根据SAS可证明△ABP≌△ACE，从而证得BP＝CE，且∠ACE＝30°，延长CE交AD于点F，可得∠AFC＝90°，所以CE⊥AD；(2)无论选择图②还是图③，结论不变，思路和方法与(1)一致；(3)要求四边形ADPE的面积，观察发现不是特殊四边形，想到割补法，分成钝角△ADP和正△APE，分别求三角形的面积，相加即可．【自主解答】解：(1)BP＝CE；CE⊥AD；(2)选图②，仍然成立，证明如下：如解图①，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H.在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，BA＝BC，例1题解图①∴△ABC为等边三角形，∴BA＝CA.∵△APE为等边三角形，∴AP＝AE，∠PAE＝∠BAC＝60°，∴∠BAP＝∠CAE.在△BAP和△CAE中，例1题解图②∴△BAP≌△CAE(SAS)，∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABP＝30°.∵AC和BD为菱形的对角线，∴∠CA D＝60°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.选图③，仍然成立，证明如下：如解图②，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H，同理得△BAP≌△CAE(SAS)，BP＝CE，CE⊥AD.(3)如解图③，连接AC交BD于点O，连接CE交AD于点H，由(2)可知，CE⊥AD，CE＝BP.在菱形ABCD中，AD∥BC，∴EC⊥BC.∵BC＝AB＝23，BE＝219，∴在Rt△BCE中，CE＝（219）2－（23）2＝8，例1题解图③∴BP＝CE ＝8.∵AC 与BD 是菱形的对角线， ∴∠ABD＝12∠ABC＝30°，AC⊥BD，∴BD＝2BO ＝2AB·cos 30°＝6， AO ＝12AB ＝3，∴DP＝BP －BD ＝8－6＝2， ∴OP＝OD ＋DP ＝5.在Rt△AOP 中，AP ＝AO 2＋OP 2＝27， ∴S 四边形ADPE ＝S △ADP ＋S △APE ＝12DP·AO＋34·AP 2 ＝12×2×3＋34×(27)2 ＝8 3.【难点突破】本题的难点：一是如何找到全等的三角形，根据含60°内角菱形的特点，连接AC 是解决问题的关键；二是点P 是动点，当它运动到菱形的外部时，在其运动过程中由“手拉手”模型找全等三角形；三是求不规则四边形的面积，要想到运用割补法，将四边形分解成两个三角形求解．点拔几何压轴题中的“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点，它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目．解决这类问题的关键是动中求静，灵活运用有关数学知识解决问题．在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路，这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质．1．已知，△ABC是等腰三角形，CA＝CB，0°＜∠ACB≤90°，点M在边AC上，点N在边BC上(点M、点N不与所在线段端点重合)，BN＝AM，连接AN，BM.射线AG∥BC，延长BM交射线AG于点D，点E在直线AN上，且AE＝DE.(1)如图，当∠ACB＝90°时：①求证：△BCM≌△ACN；②求∠BDE的度数；(2)当∠ACB＝α，其他条件不变时，∠BDE的度数是____________________；(用含α的代数式表示)(3)若△ABC是等边三角形，AB＝33，点N是BC边上的三等分点，直线ED与直线BC交于点F，请直接写出线段CF的长．2．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；第2题图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．类型二新定义型我们定义：如图①，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′.当α＋β＝180°时，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知(1)在图②，图③中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图②，当△ABC 为等边三角形时，AD 与BC 的数量关系为AD ＝________BC ； ②如图③，当∠BAC＝90°，BC ＝8时，则AD 长为________．猜想论证(2)在图①中，当△ABC 为任意三角形时，猜想AD 与BC 的数量关系，并给予证明．拓展应用(3)如图④，在四边形ABCD 中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC ＝12，CD ＝23，DA ＝6.在四边形内部是否存在点P ，使△PDC 是△PAB 的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB 的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．【分析】 (1)①证明△ADB′是含有30°角的直角三角形，则可得AD ＝12AB′＝12BC ；②先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可；(2)结论：AD ＝12BC.如解图①中，延长AD 到点M ，使得AD ＝DM ，连接B′M ，C′M，先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M ，即可解决问题； (3)存在．如解图②中，延长AD 交BC 的延长线于点M ，作BE⊥AD 于点E ，作线段BC 的垂直平分线交BE 于点P ，交BC 于点F ，连接PA ，PD ，PC ，作△PCD 的中线PN ，连接DF 交PC 于点O.先证明PA ＝PD ，PB ＝PC ，再证明∠APD＋∠BPC ＝180°即可．【自主解答】解：(1)①12；【解法提示】 ∵△ABC 是等边三角形， ∴AB ＝BC ＝AB ＝AB′＝AC′. ∵DB′＝DC′， ∴AD⊥B′C′.∵α＋β＝180°，∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°， ∵∠BAC＝60°， ∴∠B′AC′＝120°， ∴∠B′＝∠C′＝30°， ∴AD＝12AB′＝12BC.②4；【解法提示】 ∵α＋β＝180°， ∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°. ∵∠BAC＝90°，∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°.∵AB＝AB′，AC ＝AC′， ∴△BAC≌△B′AC′(SAS)， ∴BC＝B′C′. ∵B′D＝DC′， ∴AD＝12B′C′＝12BC ＝4.(2)结论：AD ＝12BC.证明：如解图①中，延长AD 到点M ，使得AD ＝DM ，连接B′M，C′M.例2题解图①∵B′D＝DC′，AD ＝DM ，∴四边形AC′MB′是平行四边形， ∴AC′＝B′M＝AC. ∵α＋β＝180°，∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°. ∵∠B′AC′＋∠AB′M＝180°， ∴∠BAC＝∠MB′A. ∵AB＝AB′，∴△BAC≌△AB′M(SAS)， ∴BC＝AM ，∴AD＝12BC.(3)存在．证明：如解图②中，延长AD 交BC 的延长线于点M ，作BE⊥AD 于点E ，作线段BC 的垂直平分线交BE 于点P ，交BC 于点F ，连接PA ，PD ，PC ，作△PCD 的中线PN ，连接DF 交PC 于点O.例2题解图②∵∠ADC＝150°， ∴∠MDC＝30°，在Rt△DCM 中，∵CD＝23，∠DCM＝90°，∠MDC＝30°， ∴CM＝2，DM ＝4，∠M＝60°. 在Rt△BEM 中，∵∠BEM＝90°，BM ＝14，∠MBE＝30°， ∴EM＝12BM ＝7，∴DE＝EM －DM ＝3. ∵AD＝6，∴AE＝DE. ∵BE⊥AD， ∴PA＝PD. ∵PF 垂直平分BC ，∴PB＝PC.在Rt△CDF中，∵CD＝23，CF＝6，∴tan∠CDF＝3，∴∠CDF＝60°＝∠CPF.易证△FCP≌△CFD，∴CD＝PF.∵CD∥PF，∴四边形CDPF是平行四边形．∵∠DCF＝90°.∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP＝90°，∴∠ADP＝∠ADC－∠CDP＝60°，∴△ADP是等边三角形．∵∠BPF＝∠CPF＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠APD＋∠BPC＝180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”．在Rt△PDN中，∵∠PDN＝90°，PD＝AD＝6，DN＝3，∴PN＝DN2＋PD2＝（3）2＋62＝39.【难点突破】第(3)问根据新定义判断点P的存在性是本题难点，但运用“直角三角形中30°的角所对的直角边是斜边的一半”的性质以及三角形全等添加合适辅助线即可求解．点拔解决这类问题，首先要理解新定义的含义及实质；其次要注意，在证明线段、角度相等或某个特殊图形时，主要应用全等，在计算线段的长或图形的周长、面积时，常注意运用相似、勾股定理及图形面积公式等．1．联想三角形外心的概念，我们可引入如下概念．定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做此三角形的准外心．举例：如图①，若PA ＝PB ，则点P 为△ABC 的准外心．求解：(1)如图②，CD 为等边△ABC 的高，准外心P 在高CD 上，且PD ＝12AB ，求∠APB 的度数；(2)已知△ABC 为直角三角形，斜边BC ＝5，AB ＝3，准外心P 在AC 边上，求PA 的长．2．如图①，在△ABC中，过顶点A作直线与对边BC相交于点D，两交点之间的线段把这个三角形分成两个图形．若其中有一个图形与原三角形相似，则把这条线段叫做这个三角形的“顶似线”．(1)等腰直角三角形的“顶似线”的条数为______；(2)如图②，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，BD是∠ABC的角平分线，求证：BD是△ABC的“顶似线”；(3)如图③，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝6，求△ABC的“顶似线”的长．3．如果三角形有一边上的中线恰好等于这边的长，那么称这个三角形为这条边上的“奇特三角形”，这条边称为“奇特边”．(1)如图①，已知△ABC是“奇特三角形”，AC＞BC，且∠C＝90°.①△ABC的“奇特边”是________；②设BC＝a，AC＝b，AB＝c，求a∶b∶c；(2)如图②，AM是△ABC的中线，若△ABC是BC边上的“奇特三角形”，找出BC2与AB2＋AC2之间的关系；(3)如图③，在四边形ABCD中，∠B＝90°(AB＜BC)，BC＝27，对角线AC把它分成了两个“奇特三角形”，且△ACD是以AC为腰的等腰三角形，求等腰△ACD 的底边长．4．如果三角形的两个内角α与β满足2α＋β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．(1)若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，则∠B＝__________；(2)如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5.若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”．试问在边BC上是否存在点E(异于点D)，使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由．(3)如图②，在四边形ABCD中，AB＝7，CD＝12，BD⊥CD，∠ABD＝2∠BCD，且△ABC是“准互余三角形”，求对角线AC的长．类型三操作探究型【操作发现】如图①，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．(1)请按要求画图：将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连接BB′；(2)在(1)所画图形中，∠AB′B＝__________．【问题解决】如图②，在等边三角形ABC中，AC＝7，点P在△ABC内，且∠APC＝90°，∠BPC ＝120°，求△APC的面积．小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下想法：想法一：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系；想法二：将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系．请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程．(一种方法即可)【灵活运用】如图③，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD ＝5，AD＝kAB(k为常数)，求BD的长(用含k的式子表示)．【分析】【操作发现】(1)先找到点B，C的对应点B′，C′，再连接构成三角形即可；(2)求∠AB′B的度数可先判断△AB′B是等腰直角三角形，再求角度；【问题解决】根据两种不同的想法，选择其中一个进行证明；【灵活运用】需将△ABD绕点A旋转得到△ACG，再证明∠CDG＝90°即可．【自主解答】解：【操作发现】(1)如解图①所示，△AB′C′即为所求；(2)45°.【解法提示】连接BB′.∵△AB′C′是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°得到的，∴AB＝AB′，∠B′AB＝90°，∴∠AB′B＝45°.【问题解决】如解图②，∵将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C，∴△APP′是等边三角形，∠AP′C＝∠APB＝360°－90°－120°＝150°，∴PP′＝AP ，∠AP′P＝∠APP′＝60°，∴∠PP′C＝90°，∠P′PC＝30°， ∴PP′＝32PC ，即AP ＝32PC.∵∠APC＝90°，∴AP 2＋PC 2＝AC 2，即(32PC)2＋PC 2＝72，∴PC＝27，∴AP＝21，∴S △APC ＝12AP·PC＝73；【灵活运用】如解图③，连接AC.∵AE⊥BC，BE ＝EC ，∴AB＝AC ，将△ABD 绕点A 逆时针旋转使得AB 与AC 重合，点D 的对应点为G ，连接DG.则BD ＝CG.例3题解图③∵∠BAD＝∠CAG，∴∠BAC＝∠DAG.∵AB＝AC ，AD ＝AG ，∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，∴△ABC∽△ADG.∴DG＝kBC＝4k.∵∠BAE＋∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，∴∠ADG＋∠ADC＝90°，∴∠GDC＝90°，∴CG＝DG2＋CD2＝16k2＋25.∴BD＝CG＝16k2＋25.【难点突破】在【灵活运用】一问中，要确定BD与k的数量关系，关键在于旋转△ABD，使得AB与AC重合，从而证明∠CDG＝90°，构造直角三角形是解决本题的难点，也是解决问题的突破口．点拔对于操作探究问题，首先掌握图形变换的性质，如图形的折叠：折痕为对称轴，有折痕就有角平分线，有折痕就有垂直平分等；图形的平移：有平移就有平行；图形的旋转：旋转前后图形全等，对应边相等，对应角相等；对应点与旋转中心的连线所成的角为旋转角，有旋转就有等腰三角形；其次注意运用全等证明线段相等，利用勾股定理或相似求线段的长．1．在四边形ABCD中，点E为AB边上的一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB.(1)若四边形ABCD为正方形．①如图①，请直接写出AE与DF的数量关系______________；②将△EBF绕点B逆时针旋转到图②所示的位置，连接AE，DF，猜想AE与DF 的数量关系，并说明理由．(2)若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其他条件都不变．①如图③，猜想AE与DF的数量关系，并说明理由；②将△EBF绕点B逆时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图④中画出草图，并直接写出AE′和DF′的数量关系．2．(1)操作发现：如图①，小明画了一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，在△ABC 的外侧分别以AB，AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD，ACE，分别取BD，CE，BC的中点M，N，G，连接GM，GN.小明发现了：线段GM与GN的数量关系是______________；位置关系是______________．(2)类比思考：如图②，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形，其中AB＞AC，其他条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由．(3)深入研究：如图③，小明在(2)的基础上，又作了进一步的探究．向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD，ACE，其他条件不变，试判断△GMN的形状，并给予证明．3．如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点(不与点A重合)，DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE.(1)如图①，当点D与点M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；(2)如图②，当点D不与点M重合时，(1)中的结论还成立吗？请说明理由．(3)如图③，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH＝AM.①求∠CAM的度数；②当FH＝3，DM＝4时，求DH的长．参考答案类型一1．解：(1)①∵CA＝CB，BN＝AM，∴CB－BN＝CA－AM，∴CN＝CM，∵∠ACB＝∠ACB，BC＝CA，∴△BCM≌△ACN.②解：∵△BCM≌△ACN，∴∠MBC＝∠NAC.∵EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA.∵AG∥BC，∴∠GAC＝∠ACB＝90°，∠ADB＝∠DBC，∴∠ADB＝∠NAC，∴∠ADB＋∠EDA＝∠NAC＋∠EAD，∵∠ADB＋∠EDA＝180°－90°＝90°；∴∠BDE＝90°.(2)α或180°－α；(3)43或3 2.2．解：(1)①在正方形ACDE中，DG＝GE＝6，在Rt△AEG中，AG＝AE2＋EG2＝6 5.∵EG∥AC，∴△ACF∽△GEF，∴FGAF＝EGAC＝12，∴FG＝13AG＝2 5.第2题解图①②如解图①，在正方形ACDE中，AE＝ED，∠AEF＝∠DEF＝45°.∵EF＝EF，∴△AEF≌△DEF，∴∠1＝∠2，设∠1＝∠2＝x.∵AE∥BC，∴∠B＝∠1＝x.∵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＝ACtan 30°＝12 3.(2)在Rt△ABC中，AB＝AC2＋BC2＝122＋92＝15，如解图②，当点D在线段BC上时，此时只有GF＝GD.第2题解图②∵DG∥AC，∴△BDG∽△BCA，∴BDDG＝BCAC＝34，∴设BD＝3x，则DG＝4x，BG＝5x，AE＝CD＝9－3x，∴GF＝GD＝4x，则AF＝15－9x.∵AE∥CB，∴△AEF∽△BCF，∴AEBC＝AFBF，∴9－3x9＝15－9x9x，整理得x2－6x＋5＝0，解得x＝1或5(舍去)，∴腰长GD为4.如解图③，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点在AE上方时，此时只有GF＝DG，设AE＝3x，则EG＝4x，AG＝5x，第2题解图③∴FG＝DG ＝12＋4x.∵AE∥BC，∴△AEF∽△BCF， ∴AE BC ＝AF BF ， ∴3x 9＝9x ＋129x ＋27，解得x ＝2或－2(舍去)， ∴腰长DG 为20.如解图④，当点D 在线段BC 的延长线上，且直线AB ，EC 的交点在BD 下方时，此时只有DF ＝DG ，过点D 作DH⊥FG 于点H.第2题解图④设AE ＝3x ，则EG ＝4x ，AG ＝5x ，DG ＝4x ＋12， ∴FH＝GH ＝DG·cos∠DGB＝(4x ＋12)×45＝16x ＋485，∴GF＝2GH ＝32x ＋965，∴AF＝GF －AG ＝7x ＋965.∵AC∥DG，∴△ACF∽△GEF， ∴AC EG ＝AF FG ，∴124x ＝7x ＋96532x ＋965，解得x ＝12147或－12147(舍去)，∴腰长GD 为84＋48147，如解图⑤，当点D 在线段CB 的延长线上时，此时只有DF ＝DG ，过点D 作DH⊥AG 于点H.设AE ＝3x ，则EG ＝4x ，AG ＝5x ，DG ＝4x －12， ∴FH＝GH ＝DG·cos∠DGB＝16x －485，第2题解图⑤∴FG＝2FH ＝32x －965，∴AF＝AG －FG ＝96－7x5.∵AC∥EG，∴△ACF∽△GEF， ∴AC EG ＝AF FG ，∴124x ＝96－7x 532x －965，解得x ＝12147或－12147(舍去)，∴腰长DG 为－84＋48147.综上所述，等腰三角形△DFG 的腰长为4或20或84＋48147或－84＋48147.类型二1．解：(1)①如解图①，若PB ＝PC ，连接PB ，则∠PCB＝∠PBC. ∵CD 为等边三角形的高，∴AD＝BD ，∠PCB＝30°， ∴∠PBD＝∠PBC＝30°，∴PD＝33DB ＝36AB ，与已知PD ＝12AB 矛盾，∴PB≠PC；②若PA ＝PC ，连接PA ，同理可得PA≠PC； ③若PA ＝PB ，由PD ＝12AB ，得PD ＝AD ，∴∠APD＝45°，故∠APB＝90°. (2)∵BC＝5，AB ＝3，∠BAC＝90°， ∴AC＝BC 2－AB 2＝52－32＝4.①若PB ＝PC ，设PA ＝x ，则PC ＝PB ＝4－x ， ∴x 2＋32＝(4－x)2，∴x＝78，即PA ＝78；②若PA ＝PC ，则PA ＝2；③若PA ＝PB ，由解图②知，在Rt△PAB 中，不可能存在．综上所述，PA 的长为2或78.2．(1)解：1.(2)证明： ∵AB＝AC ，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠ACB＝72°. ∵BD 是∠ABC 的角平分线，∴∠ABD＝∠DBC＝36°，∴∠A＝∠CBD. 又∵∠C＝∠C，∴△ABC∽△BDC， ∴BD 是△ABC 的“顶似线”．(3)解：①如解图①，当△ADC∽△BAC 时，AD 为△ABC 的“顶似线”，则AD AB ＝AC BC ，即AD 4＝36，∴AD＝2； ②如解图②，当△ADC∽△ACB 时，CD 为△ABC 的“顶似线”，则CD CB ＝AC AB ，即CD 6＝34，∴CD＝92； ③过顶点B 的“顶似线”不存在．综上所述，△ABC 的“顶似线”的长为2或92.3．解：(1)①AC；②如解图①，过点B 作AC 边上的中线BE ，则BE ＝AC ＝b ，CE ＝AE ＝12b.在Rt△ABC 中，a 2＋b 2＝c 2，在Rt△BCE 中，a 2＋(12b)2＝b 2.解得a ＝32b ，c ＝72b.∴a∶b∶c＝3∶2∶7.(2)如解图②，过点A 作AF⊥BC 于点F ，则∠AFB＝∠AFC＝90°. 设AM ＝BC ＝a ，AF ＝h ，MF ＝x ，则BM ＝CM ＝12a.在Rt△ABF 中，AB 2＝BF 2＋AF 2＝(a2＋x)2＋h 2，在Rt△ACF 中，AC 2＝CF 2＋AF 2＝(a2－x)2＋h 2，∴AB 2＋AC 2＝a22＋2x 2＋2h 2.在Rt△AMF 中，AM 2＝MF 2＋AF 2，即a 2＝x 2＋h 2.∴AB 2＋AC 2＝5a 22＝52BC 2.(3)∵∠B＝90°，BC ＞AB ，∴BC 为△ABC 的“奇特边”． ∵BC＝27，∴由(1)②知AB ＝32BC ＝21，AC ＝72BC ＝7.设等腰△ACD 的底边长为y ，由(2)中结论知：①当腰为“奇特边”时，有72＋y 2＝52×72，解得y ＝726(负值已舍去)．②当底边为“奇特边”时，有72＋72＝52×y 2，解得y ＝1455(负值已舍去)．∴等腰△ACD 的底边长为726或145 5.4．解：(1)∵∠C＞90°，∠A＝60°， ∴β＝60°，α＝15°，∴∠B＝15°.(2)若存在一点E ，使得△ABE 也是“准互余三角形”，则2∠EBA＋∠EAB＝90°.如解图①，作射线BF ，使得∠FBE＝∠ABE ，延长AE 交BF 于点F ，则∠BFE＝90°.即BE 为∠FBA 的角平分线，过点E 作EG⊥AB 于点G ，则EG ＝EF ，可得△BEF≌△BEG. 又∵△BEG∽△BAC，∴△BEF∽△BAC， ∴BF BC ＝EF AC ，∴BF 5＝EF4①. 又∵△BEF∽△AEC，∴EF CE ＝BF AC ，∴EF 5－BE ＝BF 4②，由①②可得，BE ＝1.8.(3)如解图②，将△BCD 沿BC 翻折得△BCE，则CE ＝CD ＝12，∠ABD＝2∠BC D ＝∠DCE，∠DCE＋∠DBE＝180°，即∠ABD＋∠DBE＝180°，∴点A ，B ，E 共线，易知2∠ACB＋∠BAC＝90°不成立，存在2∠BAC＋∠ACB＝90°，易证得△ECB∽△EAC，∴EC AE ＝BE EC ，即127＋BE ＝BE 12，解得BE ＝9(负值已舍去)，∴AE＝16，在Rt△AEC 中，利用勾股定理得，AC ＝AE 2＋CE 2＝20.类型三1．解：(1)①DF＝2AE ； ②DF＝2AE ；理由：∵∠EBF＝∠ABD＝45°，∴∠ABE ＝∠FBD.∵BE BF ＝AB BD ，∴△ABE∽△DBF，∴AE DF ＝AB BD ＝22，∴DF＝2AE.(2)①如解图①，过点F 作FG⊥AD 于点G ，则四边形AEFG 是矩形，∴GF＝AE. ∵tan∠FDG＝BAAD ＝GFDG ，AD ＝BC ＝mAB ，∴DG＝mGF ，在Rt△DGF 中，由勾股定理得DF ＝GF 2＋DG 2＝1＋m 2GF ，∴DF＝1＋m 2AE.②画出草图如解图②，DF′＝1＋m2AE′.2．解：(1)GM＝GN；GM⊥GN.【解法提示】如解图①，连接BE，CD相交于点H.∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°∴∠CAD＝∠BAE，∴△ACD≌△AEB(SAS)，∴CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，∴∠BDC＋∠DBH＝∠BDC＋∠ABD＋∠ABE＝∠BDC＋∠ABD＋∠ADC＝∠ADB＋∠ABD＝90°，∴∠BHD＝90°，∴CD⊥BE.∵点M，G分别是BD，BC的中点，∴MG 12 CD.同理：NG 12BE，∴MG＝NG，MG⊥NG.(2)小明发现的上述结论成立．理由：如解图②，连接CD ，BE 相交于点H. ∵∠DAB＝∠CAE＝90°，∴∠DAC＝∠BAE.∵DA＝BA ，CA ＝EA ，∴△DAC≌△BAE(SAS)，∴∠FBH＝∠ADF，DC ＝BE.∵M 是BD 的中点，G 是BC 的中点，∴MG＝12DC ，同理NG ＝12BE ，∴MG＝NG. 设CD 交AB 于点F ，则∠FHB＝180°－(∠FBH＋∠BFH)＝180°－(∠ADF＋∠AFD)＝90°，∴CD⊥BE，∴MG⊥NG；(3)△GMN 为等腰直角三角形．证明：如解图③，连接EB ，DC ，延长线相交于点H ，同(1)的方法得，MG ＝NG ，同(1)的方法得，△ABE≌△ADC，∴∠AEB＝∠ACD，∴∠CEH ＋∠ECH ＝∠AEH －∠AEC ＋180°－∠ACD －∠ACE ＝∠ACD －45°＋180°－∠ACD－45°＝90°，∴∠DHE＝90°，同(1)的方法得，MG⊥NG.3．(1)证明： ∵DE∥AB，∴∠EDC＝∠ABM.∵CE∥AM，∴∠ECD＝∠ADB.∵AM 是△A BC 的中线，且点D 与点M 重合，∴BD＝DC ，∴△ABD≌△EDC(ASA)，∴AB＝ED.∵AB∥ED，∴四边形ABDE 是平行四边形．(2)解：结论成立．理由如下：第3题解图①如解图①，过点M作MG∥DE交CE于点G.∵CE∥AM，∴四边形DMGE是平行四边形，∴ED＝GM，且ED∥GM.∵AB∥DE，∴AB∥GM，∴∠ABM＝∠GMC.∵AM∥CE，∴∠AMB＝∠GCM.∵AM为△ABC的中线，∴BM＝MC.∴△ABM≌△GMC(ASA)，∴AB＝GM，∴AB＝DE.∵AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形．(3)解：①如解图②，取线段HC的中点I，连接MI，第3题解图②∵BM＝MC，∴MI 是△BHC 的中位线，∴MI∥BH，MI ＝12BH. ∵BH⊥AC，且BH ＝AM.∴MI＝12AM ，MI⊥AC， ∴∠CAM＝30°.②设DH ＝x ，则AH ＝3x ，AD ＝2x ， ∴AM＝4＋2x ，∴BH＝4＋2x.∵四边形ABDE 是平行四边形，∴DF∥AB， ∴HF HA ＝HD HB ，∴33x ＝x 4＋2x ，解得x ＝1＋5或x ＝1－5(舍去)， ∴DH＝1＋ 5.。

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2020中考数学几何压轴题汇编：三角形与平行四边形(含答案)

2020中考数学几何压轴题汇编：三角形与平行四边形(含答案)1.如图，设E、F分别为正方形ABCD边BC、CD上的点，且/EAF= 45° ,过E、F分别作AC的垂线，垂足分别为P、Q.(1)试找出图中相似三角形(至少3对，全等除外)；(2)求证：AB2 = APAQ；(3)设正方形的边长为4,当P、Q重合时，求BE的长.第1题图(1)解：图中相似三角形有：△ABC S£QF,在PC"ZADC,笈PE s/CQF, 8QFsADC, 3BE SZ AQF, z2APE^ZADF 等(写出任意3 对，即可得分).(2)证明：・. /BAE+ /EAP= /EAP+ /QAF = 45 ,・•.zBAE= /QAF.在小BE与9QF中，/BAE= /QAF/B=/AQF = 90 ,••Z ABE S/AQF,AB AE . AQ —AF'同理，在^AEP与办FD中，ZEAP= ZFADZEPA=ZD = 90 '.•.去EPs 也FD.AP AE , AD-AF?AB APA Q—AD'•AB = AD,.AB2 = AP AQ.(3)解：如解图，当P、Q重合时,,.zEPC=ZFQC=90 ,：E、P、F在同一直线上.••Z ECP=ZFCQ=45,「.EP= FQ,在小EP和*FP中，AP = AQ小PE=/AQF,EP= FQ. • AEP^AFP(SAS),1 /.Z EAP=-X45 =22.5 ,•.Z BAE=45 -£AP=22.5 ,•••Z AEBSEP(AAS),.EB= EP, AB = AP=4, 丁四边形ABCD为正方形，•.Z ACB=45 ,AC = 4 也X.Ep= PC,.BE= PC= AC-AP=4A/2-4.--------- 同wB E C第1题解图2.已知：在^ABC中，/ABC=/ACB= a,点D是AB边上任意一点，将射线DC绕点D逆时针旋转a与过点A且平行于BC 边的直线交于点E.(1)如图①，当尸60。

2020年中考数学压轴题-专题28几何证明综合复习(判定四边形形状)(解析版)

专题28 几何证明综合复习（判定四边形形状）教学重难点1.培养学生通过探索和证明，发展推理意识和能力2.通过证明举例的学习和实践，懂得演绎推理的一般规则，并掌握规范表达的格式；了解证明之前进行分析的基本思路；3.体会用“分析综合法”探求解题思路；4.学习添置辅助线的基本方法，会添置常见的辅助线；5.会用文字语言、图形语言、符号语言三种数学语言进行证明说理。

【说明】：本部分为知识点方法总结性梳理，目的在于让学生能从题目条件和所证明结论，去寻找证明思路，用时大概 5-8 分钟左右。

【知识点、方法总结】：中考几何题证明思路总结几何证明题重点考察的是学生的逻辑思维能力，能通过严密的" 因为"、"所以 " 逻辑将条件一步步转化为所要证明的结论。

这类题目出法相当灵活，不像代数计算类题目容易总结出固定题型的固定解法，而更看重的是对重要模型的总结、常见思路的总结。

所以本文对中考中最常出现的若干结论做了一个较为全面的思路总结。

一、证明两线段相等1.两全等三角形中对应边相等。

2.同一三角形中等角对等边。

3.等腰三角形顶角的平分线或底边的高平分底边。

4.平行四边形的对边或对角线被交点分成的两段相等。

5.直角三角形斜边的中点到三顶点距离相等。

6.线段垂直平分线上任意一点到线段两段距离相等。

7.角平分线上任一点到角的两边距离相等。

8.过三角形一边的中点且平行于第三边的直线分第二边所成的线段相等。

9.同圆（或等圆）中等弧所对的弦或与圆心等距的两弦或等圆心角、圆周角所对的弦相等。

10.两前项（或两后项）相等的比例式中的两后项（或两前项）相等。

、证明两角相等1.两全等三角形的对应角相等。

2.同一三角形中等边对等角。

3.等腰三角形中，底边上的中线（或高）平分顶角。

4.两条平行线的同位角、内错角或平行四边形的对角相等。

5.同角（或等角）的余角（或补角）相等。

6.同圆（或圆）中，等弦（或弧）所对的圆心角相等；7.相似三角形的对应角相等；8.等于同一角的两个角相等。

2020年中考数学压轴题专题4 几何最值存在性问题学案(原版+解析)

专题四几何最值的存在性问题【考题研究】在平面几何的动态问题中，当某几何元素在给定条件变动时，求某几何量（如线段的长度、图形的周长或面积、角的度数以及它们的和与差）的最大值或最小值问题，称为最值问题。

从历年的中考数学压轴题型分析来看，经常会考查到距离或者两条线段和差最值得问题，并且这部分题目在中考中失分率很高，应该引起我们的重视。

几何最值问题再教材中虽然没有进行专题讲解，到却给了我们很多解题模型，因此在专题复习时进行压轴训练是必要的。

【解题攻略】最值问题是一类综合性较强的问题，而线段和（差）问题，要归归于几何模型：（1）归于“两点之间的连线中，线段最短”凡属于求“变动的两线段之和的最小值”时，大都应用这一模型．（2）归于“三角形两边之差小于第三边”凡属于求“变动的两线段之差的最大值”时，大都应用这一模型．两条动线段的和的最小值问题，常见的是典型的“牛喝水”问题，关键是指出一条对称轴“河流”（如图1）．三条动线段的和的最小值问题，常见的是典型的“台球两次碰壁”或“光的两次反射”问题，关键是指出两条对称轴“反射镜面”（如图2）．两条线段差的最大值问题，一般根据三角形的两边之差小于第三边，当三点共线时，两条线段差的最大值就是第三边的长．如图3，PA与PB的差的最大值就是AB，此时点P在AB 的延长线上，即P′．解决线段和差的最值问题，有时候求函数的最值更方便，建立一次函数或者二次函数求解最值问题．【解题类型及其思路】解决平面几何最值问题的常用的方法有：（1）应用两点间线段最短的公理（含应用三角形的三边关系）求最值；（2）应用垂线段最短的性质求最值；（3）应用轴对称的性质求最值；（4）应用二次函数求最值；（5）应用其它知识求最值。

【典例指引】类型一【确定线段（或线段的和，差）的最值或确定点的坐标】【典例指引1】（2018·天津中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上．点B的坐标为（8，4），将该长方形沿OB翻折，点A的对应点为点D，OD与BC交于点E．（I）证明：EO=EB；（Ⅱ）点P是直线OB上的任意一点，且△OPC是等腰三角形，求满足条件的点P的坐标；（Ⅲ）点M是OB上任意一点，点N是OA上任意一点，若存在这样的点M、N，使得AM+MN 最小，请直接写出这个最小值．【举一反三】（2020·云南初三）如图，抛物线y=ax2+bx+3经过点B（﹣1，0），C（2，3），抛物线与y轴的焦点A，与x轴的另一个焦点为D，点M为线段AD上的一动点，设点M的横坐标为t．（1）求抛物线的表达式；（2）过点M作y轴的平行线，交抛物线于点P，设线段PM的长为1，当t为何值时，1的长最大，并求最大值；（先根据题目画图，再计算）（3）在（2）的条件下，当t为何值时，△PAD的面积最大？并求最大值；（4）在（2）的条件下，是否存在点P，使△PAD为直角三角形？若存在，直接写出t的值；若不存在，说明理由．类型二【确定三角形、四边形的周长的最值或符合条件的点的坐标】【典例指引2】（2020·重庆初三期末）如图，抛物线2y ax bx =+（0a >）与双曲线k y x=相交于点A 、B ，已知点A 坐标()1,4，点B 在第三象限内，且AOB ∆的面积为3（O 为坐标原点）.（1）求实数a 、b 、k 的值；（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点P 使得POB ∆为等腰三角形？若存在请求出所有的P 点的坐标，若不存在请说明理由.（3）在坐标系内有一个点M ，恰使得MA MB MO ==，现要求在y 轴上找出点Q 使得BQM ∆的周长最小，请求出M 的坐标和BQM ∆周长的最小值.【举一反三】（2019·重庆实验外国语学校初三）如图1，已知抛物线y ＝﹣23384x +x +3与x 轴交于A 和B 两点，（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ．（1）求出直线BC 的解析式．（2）M 为线段BC 上方抛物线上一动点，过M 作x 轴的垂线交BC 于H ，过M 作MQ ⊥BC 于Q ，求出△MHQ 周长最大值并求出此时M 的坐标；当△MHQ 的周长最大时在对称轴上找一点R ，使|AR ﹣MR |最大，求出此时R 的坐标．（3）T 为线段BC 上一动点，将△OCT 沿边OT 翻折得到△OC ′T ，是否存在点T 使△OC ′T 与△OBC 的重叠部分为直角三角形，若存在请求出BT 的长，若不存在，请说明理由．类型三【确定三角形、四边形的面积最值或符合条件的点的坐标】【典例指引3】（2019·甘肃中考真题）如图，已知二次函数y ＝x 2+bx +c 的图象与x 轴交于点A （1，0）、B （3，0），与y 轴交于点C ．（1）求二次函数的解析式；（2）若点P 为抛物线上的一点，点F 为对称轴上的一点，且以点A 、B 、P 、F 为顶点的四边形为平行四边形，求点P 的坐标；（3）点E 是二次函数第四象限图象上一点，过点E 作x 轴的垂线，交直线BC 于点D ，求四边形AEBD 面积的最大值及此时点E 的坐标．【举一反三】（2019·内蒙古中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线22(0)y ax bx a =++≠与x 轴交于()1,0A -），()3,0B 两点，与y 轴交于点C ，连接BC ．（1）求该抛物线的解析式，并写出它的对称轴；（2）点D 为抛物线对称轴上一点，连接CD BD 、，若DCB CBD ∠=∠，求点D 的坐标；（3）已知()1,1F ，若(),E x y 是抛物线上一个动点（其中12x <<），连接CE CF EF 、、，求CEF ∆面积的最大值及此时点E 的坐标．B C M N为顶点（4）若点N为抛物线对称轴上一点，抛物线上是否存在点M，使得以,,,的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．【新题训练】1．如图，直线y＝5x＋5交x轴于点A，交y轴于点C，过A，C两点的二次函数y＝ax2＋4x ＋c的图象交x轴于另一点B.(1)求二次函数的表达式；(2)连接BC，点N是线段BC上的动点，作ND⊥x轴交二次函数的图象于点D，求线段ND 长度的最大值；(3)若点H为二次函数y＝ax2＋4x＋c图象的顶点，点M(4，m)是该二次函数图象上一点，在x轴，y轴上分别找点F，E，使四边形HEFM的周长最小，求出点F、E的坐标．2．（2019·江苏中考真题）如图，已知等边△ABC的边长为8，点P是AB边上的一个动点（与点A、B不重合），直线l是经过点P的一条直线，把△ABC沿直线l折叠，点B的对应点是点B’.（1）如图1，当PB=4时，若点B’恰好在AC边上，则AB’的长度为_____；（2）如图2，当PB=5时，若直线l//AC，则BB’的长度为；（3）如图3，点P在AB边上运动过程中，若直线l始终垂直于AC，△ACB’的面积是否变化？若变化，说明理由；若不变化，求出面积；（4）当PB=6时，在直线l变化过程中，求△ACB’面积的最大值.3．（2019·湖南中考真题）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212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．4.（2018·江苏中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=﹣23x+4的图象与x轴和y轴分别相交于A、B两点．动点P从点A出发，在线段AO上以每秒3个单位长度的速度向点O作匀速运动，到达点O停止运动，点A关于点P的对称点为点Q，以线段PQ为边向上作正方形PQMN．设运动时间为t秒．（1）当t=13秒时，点Q的坐标是；（2）在运动过程中，设正方形PQMN与△AOB重叠部分的面积为S，求S与t的函数表达式；（3）若正方形PQMN对角线的交点为T，请直接写出在运动过程中OT+PT的最小值．5.（2020·江苏初三期末）已知二次函数223y x x =--+的图象和x 轴交于点A 、B ，与y轴交于点C ，点P 是直线AC 上方的抛物线上的动点.(1)求直线AC 的解析式.(2)当P 是抛物线顶点时，求APC ∆面积.(3)在P 点运动过程中，求APC ∆面积的最大值.6．（2020·江苏初三期末）如图，抛物线265y ax x =+-交x 轴于A 、B 两点，交y 轴于点C ，点B 的坐标为()5,0，直线5y x =-经过点B 、C .（1）求抛物线的函数表达式；（2）点P 是直线BC 上方抛物线上的一动点，求BCP ∆面积S 的最大值并求出此时点P 的坐标；（3）过点A 的直线交直线BC 于点M ，连接AC ，当直线AM 与直线BC 的一个夹角等于ACB ∠的3倍时，请直接写出点M 的坐标.7.（2019·石家庄市第四十一中学初三）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝x （x ﹣b ）﹣与y轴相交于A点，与x轴相交于B、C两点，且点C在点B的右侧，设抛物线的顶点为P．（1）若点B与点C关于直线x＝1对称，求b的值；（2）若OB＝OA，求△BCP的面积；（3）当﹣1≤x≤1时，该抛物线上最高点与最低点纵坐标的差为h，求出h与b的关系；若h 有最大值或最小值，直接写出这个最大值或最小值．8.（2020·江西初三期中）如图①，已知抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（-3，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点M，问在对称轴上是否存在点P，使△CMP为等腰三角形？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；（3）如图②，若点E为第二象限抛物线上一动点，连接BE、CE，求四边形BOCE面积的最大值，并求此时E点的坐标．9．（2020·山东初三期末）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象过点C（0，1），顶点为Q （2，3），点D在x轴正半轴上，且OD=OC．（1）求直线CD的解析式；（2）求抛物线的解析式；（3）将直线CD绕点C逆时针方向旋转45°所得直线与抛物线相交于另一点E，求证：△CEQ ∽△CDO；（4）在（3）的条件下，若点P是线段QE上的动点，点F是线段OD上的动点，问：在P 点和F点移动过程中，△PCF的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．10．（2020·盘锦市双台子区第一中学初三月考）如图①,已知抛物线y=ax2+bx+c的图像经过点A（0，3)、B（1，0），其对称轴为直线l：x=2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB 的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m.（1）求抛物线的解析式；（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值；（3）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，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.11．（2020·四川初三）如图，一次函数122y x=-+的图像与坐标轴交于A、B两点，点C 的坐标为(1,0)-，二次函数2y ax bx c =++的图像经过A 、B 、C 三点．（1）求二次函数的解析式（2）如图1，已知点(1,)D n 在抛物线上，作射线BD ，点Q 为线段AB 上一点，过点Q 作QM y ⊥轴于点M ，作QN BD ⊥于点N ，过Q 作//QP y 轴交抛物线于点P ，当QM 与QN 的积最大时，求点P 的坐标；（3）在（2）的条件下，连接AP ，若点E 为抛物线上一点，且满足APE ABO ∠=∠，求点E 的坐标．12．（2019·广东初三）如图，已知抛物线y ＝﹣3x 2+bx +c 与x 轴交于原点O 和点A （6，0），抛物线的顶点为B ．（1）求该抛物线的解析式和顶点B 的坐标；（2）若动点P 从原点O 出发，以每秒1个长度单位的速度沿线段OB 运动，设点P 运动的时间为t （s ）．问当t 为何值时，△OPA 是直角三角形？（3）若同时有一动点M 从点A 出发，以2个长度单位的速度沿线段AO 运动，当P 、M 其中一个点停止运动时另一个点也随之停止运动．设它们的运动时间为t （s ），连接MP ，当t 为何值时，四边形ABPM 的面积最小？并求此最小值．13．（2019·山东初三期中）如图，已知抛物线经过两点A （﹣3，0），B （0，3），且其对称轴为直线x ＝﹣1．（1）求此抛物线的解析式．（2）若点Q 是对称轴上一动点，当OQ +BQ 最小时，求点Q 的坐标．（3）若点P 是抛物线上点A 与点B 之间的动点（不包括点A ，点B ），求△PAB 面积的最大值，并求出此时点P 的坐标．14.（2019·四川中考真题）如图，抛物线212y x bx c =-++过点(3,2)A ，且与直线72y x =-+交于B 、C 两点，点B 的坐标为(4,)m ．（1）求抛物线的解析式；（2）点D 为抛物线上位于直线BC 上方的一点，过点D 作DE x ⊥轴交直线BC 于点E ，点P 为对称轴上一动点，当线段DE 的长度最大时，求PD PA +的最小值；（3）设点M 为抛物线的顶点，在y 轴上是否存在点Q ，使45AQM ︒∠=？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由．15.（2019·天津中考真题）已知抛物线2y x bx c =-+（b c ，为常数，0b >）经过点(1,0)A -，点(,0)M m 是x 轴正半轴上的动点．（Ⅰ）当2b =时，求抛物线的顶点坐标；（Ⅱ）点(,)D D b y 在抛物线上，当AM AD =，5m =时，求b 的值；（Ⅲ）点1(,)2Q Q b y +在抛物线上，当22AM QM +的最小值为332时，求b 的值． 16.（2019·湖南中考真题）如图，抛物线y ＝ax 2+bx （a ＞0）过点E （8，0），矩形ABCD 的边AB 在线段OE 上（点A 在点B 的左侧），点C 、D 在抛物线上，∠BAD 的平分线AM 交BC 于点M ，点N 是CD 的中点，已知OA ＝2，且OA ：AD ＝1：3.（1）求抛物线的解析式；（2）F 、G 分别为x 轴，y 轴上的动点，顺次连接M 、N 、G 、F 构成四边形MNGF ，求四边形MNGF 周长的最小值；（3）在x 轴下方且在抛物线上是否存在点P ，使△ODP 中OD 610求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由；（4）矩形ABCD 不动，将抛物线向右平移，当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点K 、L ，且直线KL 平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离.17.（2019·辽宁中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax 2+bx +2（a ≠0）与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，抛物线经过点D （﹣2，﹣3）和点E （3，2），点P 是第一象限抛物线上的一个动点．（1）求直线DE 和抛物线的表达式；（2）在y 轴上取点F （0，1），连接PF ，PB ，当四边形OBPF 的面积是7时，求点P 的坐标；（3）在（2）的条件下，当点P 在抛物线对称轴的右侧时，直线DE 上存在两点M ，N （点M 在点N 的上方），且MN ＝22，动点Q 从点P 出发，沿P →M →N →A 的路线运动到终点A ，当点Q 的运动路程最短时，请直接写出此时点N 的坐标．18.（2019·湖南中考真题）已知抛物线2(0)y ax bx c a =++≠过点(1,0)A ，(3,0)B 两点，与y 轴交于点C ，=3OC ．(1)求抛物线的解析式及顶点D 的坐标；(2)过点A 作AM BC ⊥，垂足为M ，求证：四边形ADBM 为正方形；(3)点P 为抛物线在直线BC 下方图形上的一动点，当PBC ∆面积最大时，求点P 的坐标； (4)若点Q 为线段OC 上的一动点，问：12AQ QC +是否存在最小值？若存在，求岀这个最小值；若不存在，请说明理由．专题四几何最值的存在性问题【考题研究】在平面几何的动态问题中，当某几何元素在给定条件变动时，求某几何量（如线段的长度、图形的周长或面积、角的度数以及它们的和与差）的最大值或最小值问题，称为最值问题。

2020年中考数学选择填空压轴题汇编几何综合结论含解析

几何综合结论1. （2020深圳）如图，矩形纸片個8中,AB=6. 5（7=12.将纸片折叠，使点3落在边"的延长线上的点 G 处，折痕为肪点E 、尸分别在边血和边證上.连接％,交CD 于点、K, FG 交CD 于点、H.给出以下结论： ① EF1BG ；② GE=GF ：③ 冰和2X00的而积相等；④ 当点尸与点Q 重合时，Z/?£F=75° ,其中正确的结论共有（）【解答】解：如图，连接宓设EFG BG 交于点0,•••将纸片折叠，使点〃落在边〃的延长线上的点G 处,B. 2个 C. 3个D. 4个:.EFIBG, BO=GO. BE=EG, BF= FG,故①正确,AD//BC.:・ZEGO= ZFBO、又T ZEOG= ZBOF,:.、BOZ'GOE (ASA\:・BF=EG,:・BF=EG=GF、故②正确，•: BE=EG=BF=FG、・••四边形购沪是菱形，:•乙BEF= ZGEF,当点尸与点Q重介时，则BF=BC=BE=\2,TsinZ 遊「，•••ZM5=30° ,:・ZDEF=W,故④正确，由题意无法证明△宓和△GAZf的而积相等，故③错误：故选：C.2.（2020贵州铜仁）如图，正方形個力的边长为4,点厅在边曲上，BE=\,ZQLW=45°，点尸在射线刖上，且过点尸作“的平行线交BA的延长线于点H, 67■与初相交于点G,连接EC、EG、EF.下列结论：①尸的而积为S②△庇G的周长为&③必=亦+血：其中正确的是（）A.①(D ③B. @@C.①②【解答】解：如图，在正方形個8中，AD//BC. AB=BC=AD=49AZZ£W=90° ,HF//AD.AZ J ^=90° ,VZ2£4F=90° - ZMQ45° >AAFH=AHAF.:.AH=HF=\=BE.:.EH=AE^AH=AB- BE ・AH=4 = BC 、:AEHFg'CBE (SAS'、:・EF=EC, ZHEF= ZBCE,•:乙BCE+乙BEC=9$ ,:・HEHZBEC=9y »:.ZFEC=9Q° ,:■ \ CEF 是等腰直角三角形, 在 R 仏CBE 中，BE=1. BC=A. H 刀D.②③ ZB=ZBAD=9Q Q ,:.EC=BE+BC = 17.=i=g =兰：£g云EF・EC 2EC 2\故①正确；过点尸作FQLBC于0,交.AD于P,•••Z 时=90° = ZH= ZHAD.・••四边形北明是矩形，•: AH=HF,.•・矩形册叨是正方形，:.AP=PH=AH=\,同理：四边形测是矩形，:.PQ=AB=\y BQ=AP1、FQ=FP-PQ=z. CQ=BO BQ=3、•: AD〃BC,•••△/TVs △磁，FP _况. 五一&在RtAEAG 中，根据勾股宦理得，EG°V/i^=4,=空 Is t 2旳工空 Is 产云 :・E C 羊D C+B E,故③错误，・•・正确的有①故选：C.:.AG=AP^PG'AEG 的周长为 AG-E&rAEI r 3=8,敬②正确; 25:.DG^BE 1£7•: EC= ( 3:.DG=AD- AG3. （2020黑龙江鹤岗）如图，正方形馭7?的边长为⑦ 点&在边月万上运动（不与点川3重合），ADAM= 45°，点尸在射线凡『上，且AF ^^BE,仔■与血相交于点G,连接应'、EF 、EG.则下列结论： ① ZECF= 45° :② △近的周长为（1 <3：③ B »D C=E C ；④△轩的而积的最大值是肚其中正确的结论是（）•:BE=BH, Z 翊=90° ,:・AF=EH,⑤当BE 二;a 时，G 是线段初的中点.A.①②③B.②④⑤C.①®®D.①④⑤ 【解答】解：如图1中, 任BC 上截取BH=庞,连接筋•: ZDAM=ZEHB=45° , Z馳?=90° ,:・ZFAE=ZEHC=\35° ,•: BA=BC, BE= BH,:.AE=HC.:仏FAE^HEHC (SAS)、:・EF=EC, ZAEF= ZECH,•:乙EC出乙CEB=90° ,:.AAEF^ACEB=W y•••Z亦*90° ,:•乙ECF= ZEFC='M ,故①正确，如图2中.延长初到/ 使得BE,则厶CBMHCDH ISAS). :・ZECB= ZDCH、：.2LECH= ABCD=W ,:.ZECG=ZGCH=45° ,•: CG=CG、CE=CH.:.HGCE^HGCH (SAS),:・EG=GH,V GH=D&rDH. DH=BE、:・EG=BE+DG.故③错误，'AEG的周长=AE^EG-AG= AE-AH= AD-DH^AE= AE^E&vAD= A&rAD= 2a.故②错误,二屈设殆F 贝^AE=a-x. AF 阳=—- 十一■ ■£> 2 W.Y ax解得-Y •:.AG=GD.故⑤正确,故选:D.4. （2020黑龙江绥化）如图，在Rt △磁中，G9为斜边初的中线，过点。

2020年中考数学二轮复习(通用)专题：几何压轴题型含答案

2020年中考数学必考考点压轴题专题24 相似三角形判定与性质(含答案)

专题24相似三角形判定与性质1．相似三角形：对应角相等，对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形。

相似多边形对应边的比叫做相似比。

2．三角形相似的判定方法:（1）定义法：对应角相等，对应边成比例的两个三角形相似。

（2）平行法：平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边延长线）相交，构成的三角形与原三角形相似。

（3）判定定理1：如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似，可简述为两角对应相等，两三角形相似。

（4）判定定理2：如果一个三角形的两条边和另一个三角形的两条边对应相等，并且夹角相等，那么这两个三角形相似，可简述为两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似。

（5）判定定理3：如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似，可简述为三边对应成比例，两三角形相似。

3．直角三角形相似判定定理:①以上各种判定方法均适用②定理：如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似。

③垂直法：直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形与原三角形相似。

4．相似三角形的性质:（1）相似三角形的对应角相等，对应边成比例（2）相似三角形对应高的比、对应中线的比与对应角平分线的比都等于相似比（3）相似三角形周长的比等于相似比（4）相似三角形面积的比等于相似比的平方。

【例题1】（2019•海南省）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝4．点P是边AC上一动点，过点P作PQ∥AB交BC于点Q，D为线段PQ的中点，当BD平分∠ABC时，AP的长度为（）B．C．D．A.【答案】B．【解析】本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．根据勾股定理求出AC，根据角平分线的定义、平行线的性质得到∠QBD＝∠BDQ，得到QB＝QD，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．∵∠C＝90°，AB＝5，BC＝4，∴AC＝＝3，∵PQ∥AB，∴∠ABD＝∠BDQ，又∠ABD＝∠QBD，∴∠QBD＝∠BDQ，∴QB＝QD，∴QP＝2QB，∵PQ∥AB，∴△CPQ∽△CAB，∴＝＝，即＝＝，解得，CP＝，∴AP＝CA﹣CP＝【例题2】（2019•四川省凉山州）在▱ABCD中，E是AD上一点，且点E将AD分为2：3的两部分，连接BE、AC相交于F，则S△AEF：S△CBF是．【答案】4：25或9：25．【解析】本题考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．分AE：ED＝2：3、AE：ED＝3：2两种情况，根据相似三角形的性质计算即可．①当AE：ED＝2：3时，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AE：BC＝2：5，∴△AEF∽△CBF，：S△CBF＝（）2＝4：25；∴S△AEF②当AE：ED＝3：2时，：S△CBF＝（）2＝9：25。

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 =．。

2020年中考数学5.几何综合选择填空压轴题(含解析)

几何综合-填空选择压轴题51、以正方形ABCD勺边AD作等边△ ADE则/ BEC勺度数是 __________2、如图.在厶ABC中, / ACB=60 , AC=1, D是边AB的中点，E是边BC上一点.若DE平分△ ABC的周长，则DE的长是 ____ .3、已知CD是△ ABC的边AB上的高，若CD・3,AD=1AB=2AC则BC的长为__4、如图，将面积为32V2的矩形ABCC沿对角线BD折叠，点A的对应点为点P,连接AP交BC于点E.若BE=J，贝U AP的长为____ .p5、如图，△ ABC是等边三角形，△ ABD是等腰直角三角形，/ BAD=90 , AE L BD 于点E,连CD分别交AE AB于点F, G过点A作AH L CD交BD于点H.则下列结论：①/ ADC=15 :② AF=AG ③ AH=DF ④厶AF3A CBQ ⑤AF= (V3 - 1)EF.其中正确结论的个数为（）A. 5 B . 4 C . 3 D . 26 已知O 0的半径为10cm AB CD是O O的两条弦，AB// CD AB=16cm CD=12cm则弦AB和CD之间的距离是cm513 13 13 7 77、如图，将矩形ABCD 沿 EF 折叠，使点B 落在AD 边上的点G 处，点C 落在点H 处，已知/ DGH=30，连接BG 则/ AGB ________ .8、如图，？ABCD 勺对角线相交于点 0,且A 》CD 过点0作OM L AC,交AD 于点 M.如果△ CDM 勺周长为8,那么？ABCD 勺周长是 _____ .9、如图，由四个全等的直角三角形围成的大正方形的面积是169，小正方形的面积为 49，则 sin a - COS a =( ) A 13 B10、如图，P是厶ABC的内心，连接PA PB PC, △ PAB △ PBG △ PAC的面积分别为S、S、S.则Si ____ S2+S3.（填“v” 或“二”或“〉”）11、如图，△ ABC中, AB=AC AD L BC 于D点，DEL AB 于点E, BF 丄AC 于点F,DE=3cryi 则BF= ______ cm12、如图，已知半圆O与四边形ABCD勺边AD AB BC都相切，切点分别为DE、C,半径OC=1 则AE?BE=_.13、《九章算术》是我国古代数学名著，书中有下列问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”其意思为：“今有直角三角形，勾（短直角边）长为5步，股（长直角边）长为12步，冋该直角二角形能容纳的正方形边长最大是多少步？”该问题的答案是____________ 步.14、如图，以AB为直径的。

2020年中考数学几何压轴题训练及答案

2020年中考几何压轴题训练及答案几何压轴题（一）1、面直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），点B和点D的坐标分别为（m，0），（n，4），且m＞0，四边形ABCD是矩形。

（1）如图1，当四边形ABCD为正方形时，求m，n的值；（2）在图2中，画出矩形ABCD，简要说明点C，D的位置是如何确定的，并直接用含m的代数式表示点C的坐标；（3）探究：当m为何值时，矩形ABCD的对角线AC的长度最短。

2、△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC=∠EDF=90°，△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合，将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，线段DE与线段AB相交于点P，线段EF与射线CA相交于点Q．（1）如图①，当点Q在线段AC上，且AP=AQ时，求证：△BPE≌△CQE；（2）如图②，当点Q在线段CA的延长线上时，求证：△BPE∽△CEQ；并求当BP=2，CQ=9时BC的长．3、如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△COD关于CD的对称图形为△CED．（1）求证：四边形OCED是菱形；（2）连接AE，若AB=6cm，BC=cm．①求sin∠EAD的值；②若点P为线段AE上一动点（不与点A重合），连接OP，一动点Q从点O出发，以1cm/s的速度沿线段OP匀速运动到点P，再以1.5cm/s的速度沿线段PA匀速运动到点A，到达点A后停止运动，当点Q沿上述路线运动到点A所需要的时间最短时，求AP的长和点Q走完全程所需的时间．4、如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF．（1）填空：点B的坐标为；（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；（3）①求证： =；②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．5、以菱形ABCD的对角线交点O为坐标原点，AC所在的直线为x轴，已知A（﹣4，0），B（0，﹣2），M（0，4），P为折线BCD上一动点，作PE⊥y轴于点E，设点P的纵坐标为a．（1）求BC边所在直线的解析式；（2）设y=MP2+OP2，求y关于a的函数关系式；（3）当△OPM为直角三角形时，求点P的坐标．6、如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4，D是AB的中点，E，F分别是AC，BC上的点（点E不与端点A，C重合），且AE=CF，连接EF并取EF的中点O，连接DO并延长至点G，使GO=OD，连接DE，DF，GE，GF．（1）求证：四边形EDFG是正方形；（2）当点E在什么位置时，四边形EDFG的面积最小？并求四边形EDFG面积的最小值．7、如图，一次函数y=k1x+5（k1＜0）的图象与坐标轴交于A，B两点，与反比例函数y=（k2＞0）的图象交于M，N两点，过点M作MC⊥y轴于点C，已知CM=1．（1）求k2﹣k1的值；（2）若=，求反比例函数的解析式；（3）在（2）的条件下，设点P是x轴（除原点O外）上一点，将线段CP绕点P按顺时针或逆时针旋转90°得到线段PQ，当点P滑动时，点Q能否在反比例函数的图象上？如果能，求出所有的点Q的坐标；如果不能，请说明理由．8、已知，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=2，D是AC边上的一个动点，将△ABD沿BD所在直线折叠，使点A落在点P处．（1）如图1，若点D是AC中点，连接PC．①写出BP，BD的长；②求证：四边形BCPD是平行四边形．（2）如图2，若BD=AD，过点P作PH⊥BC交BC的延长线于点H，求PH的长．9、（1）阅读理解：如图①，在四边形ABCD中，AB∥DC，E是BC的中点，若AE 是∠BAD的平分线，试判断AB，AD，DC之间的等量关系．解决此问题可以用如下方法：延长AE交DC的延长线于点F，易证△AEB≌△FEC，得到AB=FC，从而把AB，AD，DC转化在一个三角形中即可判断．AB、AD、DC之间的等量关系为；（2）问题探究：如图②，在四边形ABCD中，AB∥DC，AF与DC的延长线交于点F，E是BC的中点，若AE是∠BAF的平分线，试探究AB，AF，CF之间的等量关系，并证明你的结论．（3）问题解决：如图③，AB∥CF，AE与BC交于点E，BE：EC=2：3，点D在线段AE上，且∠EDF=∠BAE，试判断AB、DF、CF之间的数量关系，并证明你的结论．10、边长为2的正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（点P与A、C 不重合），连接BP，将BP绕点B顺时针旋转90°到BQ，连接QP，QP与BC交于点E，QP延长线与AD（或AD延长线）交于点F．（1）连接CQ，证明：CQ=AP；（2）设AP=x，CE=y，试写出y关于x的函数关系式，并求当x为何值时，CE= BC；（3）猜想PF与EQ的数量关系，并证明你的结论．11、如图在平面直角坐标系中，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P、Q同时从点A出发，运动时间为t秒．其中点P沿射线AB运动，速度为每秒4个单位长度，点Q沿射线AO运动，速度为每秒5个单位长度．以点Q 为圆心，PQ长为半径作⊙Q．（1）求证：直线AB是⊙Q的切线；（2）过点A左侧x轴上的任意一点C（m，0），作直线AB的垂线CM，垂足为M．若CM与⊙Q相切于点D，求m与t的函数关系式（不需写出自变量的取值范围）；（3）在（2）的条件下，是否存在点C，直线AB、CM、y轴与⊙Q同时相切？若存在，请直接写出此时点C的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案1、【解答】解：（1）如图1，过点D作DE⊥y轴于E，∴∠AED=∠AOB=90°，∴∠ADE+∠DAE=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠BAD=90°，∴∠DAE+∠BAO=90°，∴∠ADE=∠BAO，在△ABO和△ADE中，，∴△ABO≌△ADE，∴DE=OA，AE=OB，∵A（0，3），B（m，0），D（n，4），∴OA=3，OB=m，OE=4，DE=n，∴n=3，∴OE=OA+AE=OA+OB=3+m=4，∴m=1；（2）画法：如图2，①过点A画AB的垂线l1，过点B画AB的垂线l2，②过点E（0，4），画y轴的垂线l3交l1于D，③过点D画直线l1的垂线交直线l2于点C，所以，四边形ABCD是所求作的图形，过点C作CF⊥x轴于F，∴∠CBF+∠BCF=90°，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，∠ABC=∠BAD=90°，∴∠ABO+∠CBF=90°，∴∠BCF=∠ABO，同理：∠ABO=∠DAE，∴∠BCF=∠DAE，在△ADE和△CBF中，，∴△ADE≌△CBF，∴DE=BF=n，AE=CF=1，易证△AOB∽△DEA，∴，∴，∴n=，∴OF=OB+BF=m+，∴C（m+，1）；（3）如图3，由矩形的性质可知，BD=AC，∴BD最小时，AC最小，∵B（m，0），D（n，4），∴当BD⊥x轴时，BD有最小值4，此时，m=n，即：AC的最小值为4，连接BD，AC交于点M，过点A作AE⊥BD于E，由矩形的性质可知，DM=BM=BD=2，∵A（0，3），D（n，4），∴DE=1，∴EM=DM﹣DE=1，在Rt△AEM中，根据勾股定理得，AE=，∴m=，即：当m=时，矩形ABCD的对角线AC的长最短为4。

2020中考数学压轴专题：二次函数与几何综合(含答案)

又∵抛物线的对称轴为 x＝b2＝1，即 b＝2，
∴m－2＋2m＋1＝2，解得 m＝1，
∴c＝3，
∴抛物线的解析式为 y＝－x2＋2x＋3；
y＝－x2＋2x＋3
(2)由y＝kx＋2
可得：x2＋(k－2)x－1＝0，
∴x1＋x2＝2－k，x1x2＝－1，
∴|x1－x2|＝（x1＋x2）2－4x1x2＝（2－k）2＋4≥2，
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知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
＝O′C，∴CO′＋PB′＝P′O′＋O′C′≥P′C′，又由(1)易知 P(1，4)， ∵P′P＝O′B′＝OB＝3，C(0，3)， ∴P′(－2，4)，C′(0，－3)，PC＝ 2， ∴直线 P′C′的解析式为 y＝－72x－3，直线 P′C′与 x 轴的交点为(－67，0)， ∵PC，O′B′为定值， ∴当 CO′＋PB′取最小值 P′C′时 L 最小，此时 O′(－67，0)，则 B′(175，0)．又∵P′C′＝（4＋3）2＋22＝ 53， ∴L 最小值＝P′C′＋PC＋O′B′＝ 53＋ 2＋3.
第 3 题解图② ①当∠AFP＝90°时，即∠AF1P1＝90°， ∴点 P1 既在 x 轴上，又在抛物线上，则点 P1 与点 B 重合，点 P1 的坐标为(1，0)； ②当∠FAP＝90°时，即∠F2AP2＝90°，则∠P2AO＝45°，设 AP2 与 y 轴的交点为点 N， ∴OA＝ON＝3，则 N(0，－3)， ∴直线 AP2 的解析式为 y＝－x－3，
y＝－x－3 联立抛物线与直线 AP2 的解析式，得方程组y＝－x2－2x＋3，
x＝－3 x＝2 解得y＝0 或y＝－5， ∵A(－3，0)， ∴P2(2，－5)； ③当∠APF＝90°时，即∠AP3F3＝90°，点 P3 既在 x 轴上，又在抛物线上，则点 P3 与点 B 重合，点 P3 的坐标为(1，0)．

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