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2021中考数学压轴题专题训练11开放探究(附解析)

2021-09-141 9.99元 33页 1.16 MB
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开放探究1.定义:到三角形的两个顶点距离相等的点,叫做三角形的“中垂心”.如图1,在△ABC中,PA=PB,则点P叫做△ABC的“中垂心”.(1)根据定义,中垂心可能在三角形顶点处的三角形有________(举一个例子即可);(2)应用:如图2;在△ABC中,请画出“中垂心”P,使PA=PB=PC.(保留作图痕迹,不写画法)(3)探究:①如图3,已知△ABC为直角三角形,∠C=90°,∠ABC=60°,AC=,“中垂心”P在AC边上,求PA的长.②如图4,若PA=PB且“中垂心”P在△ABC内部,总有AC+BC2AP,请说明理由.【解析】解:(1)根据题意,若点C为△ABC的“中垂心”可得CA=CB∴△ABC为等腰三角形故答案为:等腰三角形(答案不唯一);(2)分别作出BC和AB的垂直平分线,交于点P 根据垂直平分线的性质可得PA=PB=PC∴点P即为所求;(3)①∵∠C=90°,∠ABC=60°,∴∠A=90°-∠ABC=30°∴AB=2BC设BC=x,则AB=2x∵BC2+AC2=AB2∴x2+()2=(2x)2解得:x=4或-4(不符合实际,舍去)∴BC=4,AB=8∵P在AC边上,∠C=90°∴PB>PC,即不存在“中垂心”P,使PB=PC若PA=PB,如下图所示 设PA=PB=a,则PC=AC-PA=-a∵PC2+BC2=BP2∴(-a)2+42=a2解得:a=即PA=;若PA=PC,如下图所示则点P为AC的中点∴PA==综上:PA=或;②理由如下延长AP交BC于D根据三角形的三边关系可得:AC+CD>AD,DP+DB>PB ∴AC+CD+DP+DB>AD+PB∴AC+(CD+DB)+DP>PA+DP+PB∴AC+BC>PA+PB∵PA=PB∴AC+BC2AP2.如图,在中,为的中点,将绕点顺时针旋转得到,连结、.(1)若为等边三角形,试探究与有何数量关系?证明你的结论;(2)若为等边三角形,当的值为多少时,?(3)当不是等边三角形时,(1)中结论是否仍然成立?若不成立,请添加一个条件,使得结论成立,并说明理由.【解析】解(1),证明如下:∵为等边的中线,∴,即,∵,∴,即,由旋转的性质得到,,∴,∴.(2)或240.当时,由为等边三角形,得到,∴,∴;当时,,∴. (3)不成立,添加的条件为理由如下:∵,,∴,即.∵,∴,即.由旋转的性质得到,,∴,∴.3.在△ABC中,AB=AC,点D与点E分别在AB、AC边上,DEBC,且DE=DB,点F与点G分别在BC、AC边上,∠FDG∠BDE.(1)如图1,若∠BDE=120°,DF⊥BC,点G与点C重合,BF=1,直接写出BC=;(2)如图2,当G在线段EC上时,探究线段BF、EG、FG的数量关系,并给予证明;(3)如图3,当G在线段AE上时,直接写出线段BF、EG、FG的数量关系:_____________.【解析】(1)∵DE∥BC,∴∠BDE+∠ABC=180°,∵∠BDE=120°,∴∠ABC=60°,∵DF⊥BF,∴∠BFD=90°,∴DF=BF•tan60°,∵∠CDF∠BDE=60°,∠DFC=90°,∴CF=DF•tan60°, ∴BC=BF+CF=1+3=4;(2)如图2中,结论:FG=BF+EG.理由:在EA上截取EH,使得EH=BF.∵AB=AC,∴∠B=∠C,∵DE∥BC,∴∠ADE=∠B,∠AED=∠C,∴∠ADE=∠AED,∴∠DEH=∠B,在△DBF和△DEH中,,∴△DBF≌△DEH(SAS),∴DF=DH,∠BDF=∠EDH,∵∠FDG∠BDE,∴∠BDF+∠EDG=∠EDH+∠EDG=∠GDH∠BDE,∴∠GDF=∠GDH,在△DGF和△DGH中, ,∴△DGF≌△DGH(SAS),∴FG=HG,∵HG=EG+HE=EG+BF,∴FG=BF+EG;(3)如图3中,结论:FG=BF-EG.理由:在射线EA上截取EH,使得EH=BF.∵AB=AC,∴∠B=∠C,∵DE∥BC,∴∠ADE=∠B,∠AED=∠C,∴∠ADE=∠AED,∴∠DEH=∠B,在△DBF和△DEH中,,∴△DBF≌△DEH(SAS),∴DF=DH,∠BDF=∠EDH, ∴∠BDE=∠FDH,∵∠FDG∠BDE∠FDH,∴∠GDF=∠GDH,在△DGF和△DGH中,,∴△DGF≌△DGH(SAS),∴FG=HG,∵HG=HE-GE=BF-EG,∴FG=BF=-EG.4.如图,点的坐标为,点的坐标为,将沿直线对折,使点与点重合,直线与轴交于点与交于点.(1)求出的长度;(2)求的面积;(3)在平面上是否存在点,使得是等腰直角三角形?若存在,请求出点的坐标,若不存在,请说明理由.【解析】解:(1)∵点的坐标为,点的坐标为,∴OA=16,OB=12,在RtAOB中, ,∴AB=20;(2)如图,连接BC,∵折叠,∴AC=BC,∠ADC=∠BDC=90°,AD=BD=10,设AC=BC=x,则OC=16-x,在RtBOC中,,∴,解得,∴,∴在RtACD中,∴ ,∴的面积为;(3)如图1,当点P在第一象限,PB=AB且∠PBA=90°时,过点P作PE⊥OB交y轴于点E,则∠PEB=∠AOB=90°,∴∠PBE+∠BPE=90°,∵∠PBA=90°,∴∠PBE+∠ABO=90°,∴∠BPE=∠ABO,∵∠PEB=∠AOB,∠BPE=∠ABO,PB=AB,∴PEB≌BOA,∴PE=OB=12,BE=OA=16,∴OE=BE+OB=28, ∴点P的坐标为(12,28),如图2,当点P在第三象限,PB=AB且∠PBA=90°时,过点P作PF⊥OB交y轴于点F,则∠PFB=∠AOB=90°,∴∠PBF+∠BPF=90°,∵∠PBA=90°,∴∠PBF+∠ABO=90°,∴∠BPF=∠ABO,∵∠PFB=∠AOB,∠BPF=∠ABO,PB=AB,∴PFB≌BOA,∴PF=OB=12,BF=OA=16,∴OF=BF-OB=4,∴点P的坐标为(-12,-4),如图3,当点P在第一象限,PA=AB且∠PAB=90°时, 过点P作PG⊥OA交x轴于点G,则∠PGA=∠AOB=90°,∴∠PAG+∠APG=90°,∵∠PAB=90°,∴∠PAG+∠BAO=90°,∴∠APG=∠BAO,∵∠PGA=∠AOB,∠APG=∠BAO,PA=AB,∴PAG≌ABO,∴PG=OA=16,AG=OB=12,∴OG=OA+AG=28,∴点P的坐标为(28,16),如图4,当点P在第四象限,PA=AB且∠PAB=90°时, 过点P作PH⊥OA交x轴于点H,则∠PHA=∠AOB=90°,∴∠PAH+∠APG=90°,∵∠PAB=90°,∴∠PAH+∠BAO=90°,∴∠APH=∠BAO,∵∠PHA=∠AOB,∠APH=∠BAO,PA=AB,∴PAH≌ABO,∴PH=OA=16,AH=OB=12,∴OH=OA-AH=4,∴点P的坐标为(4,-16),如图5,当点P在第四象限,PA=PB且∠APB=90°时, 过点P作PM⊥OB交y轴于点M,过点A作AN⊥PM,交MP的延长线于点N,则∠PNA=∠PMB=90°,∴∠PAN+∠APN=90°,∵∠APB=90°,∴∠APN+∠BPM=90°,∴∠PAN=∠BPM,∵∠PNA=∠PMB,∠PAN=∠BPM,PA=PB,∴PAN≌BPM,∴PM=AN,BM=PN,设PM=AN=a,则PN=BM=12+a,∵MN=OA=16,∴a+12+a=16解得a=2,∴PM=2,OM=AN=2,∴点P的坐标为(2,-2), 如图6,当点P在第一象限,PA=PB且∠APB=90°时,过点P作PI⊥OB交y轴于点I,过点A作AJ⊥PI,交IP的延长线于点J,则∠PJA=∠PIB=90°,∴∠PAJ+∠APJ=90°,∵∠APB=90°,∴∠APJ+∠BPI=90°,∴∠PAJ=∠BPI,∵∠PJA=∠PIB,∠PAJ=∠BPI,PA=PB,∴PAJ≌BPI,∴PI=AJ,BI=PJ,设PI=AJ=b,则PJ=BI=b-12,∵IJ=OA=16,∴b+b-12=16,解得b=14,∴PI=14,OI=AJ=14, ∴点P的坐标为(14,14),综上所述,点P的坐标为(12,28),(-12,-4),(28,16),(4,-16),(2,-2),(14,14).5.已知,且自然数,对进行如下“分裂”,可分裂成个连续奇数的和,如图:即如下规律:……;(1)按上述分裂要求,,可分裂的最大奇数为(2)按上述分裂要求,可分裂成连续奇数和的形式是:;(3)用上面的规律求:【解析】解:(1)通过观察已知算式可得平方数的分裂规律有:平方数的底数是多少,分裂后的奇数加数就有多少个;奇数加数是从1开始算起的连续奇数,∴,又,所以可分裂的最大奇数为19;故答案为=1+3+5+7+9,19;(2)由(1)可以进一步得知,一个平方数分裂后的最大奇数等于平方数底数的2倍减去1,∴可分裂的最大奇数为2n-1, ∴,故答案为;(3)由(2)得:=,,∴=2n+1.6.如图,△ABC和△CDE都是等边三角形,点E在BC上,AE的延长线交BD于点F.(1)求证:△ACE≌△BCD;(2)探究的度数;(3)探究EF、DF、CF之间的关系.【解析】解:(1)∵△ABC和△CDE都为等边三角形,∴∠ACE=∠BCD=60°,AC=BC,CE=CD,在△ACE和△BCD中, ∴△ACE≌△BCD;(2)延长AF到Q,使FQ=DF,连接DQ,∵△ACE≌△BCD,∴∠CAE=∠CBD,又∵∠AEC=∠BEF,∴∠AFB=∠ACB=60°.∴∠DFQ=60°,∴△DFQ是等边三角形,∴∠FDQ=∠FQD=60°,DF=DQ,∴∠CDF=∠EDQ,在△CDF和△EDQ中,∴△CDF≌△EDQ,∴∠CFD=∠DQF=60°;(3)∵△CDF≌△EDQ, ∴CF=EQ, ∵EQ=DF+FQ=EF+DF,∴CF=EF+DF.7.(1)问题发现:如图(1),在△OAB和△OCD中,OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=36°,连接AC,BD交于点M.①的值为  ;②∠AMB的度数为  ;(2)类比探究:如图(2),在△OAB和△OCD中,∠AOB=∠COD=90°,∠OAB=∠OCD=30°,连接AC,交BD的延长线于点M.请计算的值及∠AMB的度数.(3)拓展延伸:在(2)的条件下,将△OCD绕点O在平面内旋转,AC,BD所在直线交于点M.若OD=1,OB=,请直接写出当点C与点M重合时AC的长.【解析】解:(1)①∵∠AOB=∠COD=36°,∴∠AOB+∠DOA=∠COD+∠DOA,∴∠COA=∠DOB,又∵OA=OB,OC=OD,∴△COA≌△DOB(SAS),∴AC=BD,∴=1,故答案为:1;②设AO与BD交于点E,由①知,△COA≌△DOB, ∴∠CAO=∠DBO,∵∠AOB+∠DBO=∠DEO,∠AMB+∠CAO=∠DEO,∴∠AOB=∠AMB=36°,故答案为:36°;(2)在△OAB和△OCD中,∵∠AOB=∠COD=90°,∠OAB=∠OCD=30°,∴tan30°=,∵∠AOB+∠DOA=∠COD+∠DOA,即∠DOB=∠COA,∴△DOB∽△COA,∴,∠DBO=∠CAO,∵∠DBO+∠OEB=90°,∠OEB=∠MEA,∴∠CAO+∠MEA=90°,∴∠AMB=90°,∴=,∠AMB=90°; (3)①如图3-1,当点M在直线OB左侧时,在Rt△OCD中,∠OCD=30°,OD=1,∴CD=2,在Rt△OAB中,∠OAB=30°,OB=,∴AB=2,由(2)知,∠AMB=90°,且=,∴设BD=x,则AC=AM=x,在Rt△AMB中,AM2+MB2=AB2,∴(x)2+(x+2)2=(2)2,解得,x1=3,x2=-4(舍去),∴AC=AM=3;②如图3-2,当点M在直线OB右侧时,在Rt△AMB中,AM2+MB2=AB2,∴(x)2+(x-2)2=(2)2,解得,x1=4,x2=-3(舍去),∴AC=AM=4, 综上所述,AC的长为3或4.8.综合与实践(1)观察理解:如图1,中,,,直线过点,点,在直线同侧,,,垂足分别为,,由此可得:,所以,又因为,所以,所以,又因为,所以();(请填写全等判定的方法)(2)理解应用:如图2,,且,,且,利用(1)中的结论,请按照图中所标注的数据计算图中实线所围成的图形的面积______;(3)类比探究:如图3,中,,,将斜边绕点逆时针旋转至,连接,求的面积. (4)拓展提升:如图4,点,在的边、上,点,在内部的射线上,、分别是、的外角.已知,.求证:;【解析】(1)在和中,,故答案为:;(2),,,,由(1)得:,,,,,,.(3)如图3,过作于,由旋转得:,,,,;(4),,, ,,,在和中,;,9.如图,在平面直角坐标系中,点的坐标是,与轴相切于点,与轴相交于、两点.(1)点、、的坐标分别是(,),(,),(,).(2)设经过、两点的抛物线的关系式为,它的顶点为,抛物线的对称轴与轴相交于点,求证:直线与相切.(3)在抛物线的对称轴上,是否存在点(点在轴的上方),使是等腰三角形.如果存在,请求出点的坐标;如果不存在,请说明理由.【解析】(1),,.提示:连结,则垂直于轴.∵点的坐标是,∴,.在 中,,同理在中,,∴,,.(2)把代入,解得,∴,.如图2,连结,则,.∵,∴,∴,即,∴与相切.(3)∵,,∴,.在中,.设,,如图3.①当时,在中,,∴,,∵,∴,∴;②当时,在中,,∴,,∵,∴,∴;③当时,和重合,.综上当、或时,是等腰三角形. 10.已知如图,四边形ABCD,BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC,若∠BAD=α,∠BCD=β(1)如图1,若α+β=150°,求∠MBC+∠NDC的度数;(2)如图1,若BE与DF相交于点G,∠BGD=45°,请写出α、β所满足的等量关系式;(3)如图2,若α=β,判断BE、DF的位置关系,并说明理由.【解析】解:(1)在四边形ABCD中,∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC=360°,∴∠ABC+∠ADC=360°﹣(α+β),∵∠MBC+∠ABC=180°,∠NDC+∠ADC=180°∴∠MBC+∠NDC=180°﹣∠ABC+180°﹣∠ADC=360°﹣(∠ABC+∠ADC)=360°﹣[360°﹣(α+β)]=α+β,∵α+β=150°,∴∠MBC+∠NDC=150°, (2)β﹣α=90°理由:如图1,连接BD,由(1)有,∠MBC+∠NDC=α+β,∵BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC,∴∠CBG=∠MBC,∠CDG=∠NDC,∴∠CBG+∠CDG=∠MBC+∠NDC=(∠MBC+∠NDC)=(α+β),在△BCD中,在△BCD中,∠BDC+∠DBC=180°﹣∠BCD=180°﹣β,在△BDG中,∠BGD=45°,∴∠GBD+∠GDB+∠BGD=180°,∴∠CBG+∠CBD+∠CDG+∠BDC+∠BGD=180°,∴(∠CBG+∠CDG)+(∠BDC+∠CDB)+∠BGD=180°,∴(α+β)+180°﹣β+45°=180°,∴β﹣α=90°,(3)平行,理由:如图2,延长BC交DF于H, 由(1)有,∠MBC+∠NDC=α+β,∵BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC,∴∠CBE=∠MBC,∠CDH=∠NDC,∴∠CBE+∠CDH=∠MBC+∠NDC=(∠MBC+∠NDC)=(α+β),∵∠BCD=∠CDH+∠DHB,∴∠CDH=∠BCD﹣∠DHB=β﹣∠DHB,∴∠CBE+β﹣∠DHB=(α+β),∵α=β,∴∠CBE+β﹣∠DHB=(β+β)=β,∴∠CBE=∠DHB,∴BE∥DF.11.在平面直角坐标系中,对于平面中的点,和图形,若图形上存在一点,使,则称点为点关于图形的“折转点”,称为点关于图形的“折转三角形”(1)已知点,①在点,,中,点关于点的“折转点”是______; ②点在直线上,若点是点关于线段的“折转点”,求点的横坐标的取值范围;(2)的圆心为,半径为3,直线与,轴分别交于,两点,点为上一点,若线段上存在点关于的“折转点”,且对应的“折转三角形”是底边长为2的等腰三角形,直接写出的取值范围.【解析】(1)①根据“折转点”的定义,要使得的Q才是点O关于点A的“折转点”,如图,根据各个点的坐标,,,,则,∴,是点O关于点A的“折转点”,,,,则,∴,点O关于点A的“折转点”,∵,∴不是,故答案是:,;②如图,点为点关于线段的折转点,则在线段上存在点,使得,即在以为直径的圆上(不含,点),因此,当点在上运动时,所有可能的点组成的图形为:以为圆心,半径为1的圆,和以为圆心,半径为2的圆及其之间的部分,(不含轴上的点).直线与内圆交于,与外圆交于,线段即为直线上点可能的位置, 过点作轴于,连接,则,因为直线,,因此为等腰直角三角形,,由三线合一,知,为,即点横坐标为1,同理可得,点横坐标为2,∴点的横坐标取值范围是;(2)根据题意,记线段EF上的点是Q,当上存在一点C,使的时候,则线段EF上存在点P关于的“折转点”,∵“折转三角形”是等腰直角三角形,∴Q点一定在线段PC的垂直平分线上,∵点P、C都是圆上的点,线段PC是的弦,∴圆心T也在线段PC的垂直平分线上,∴T和Q是共线的,且它们之间的距离是固定的,∵等腰直角三角形的底是2,∴Q到线段PC的距离是1,∵的半径是3,弦长PC是2,∴根据垂径定理可以算出圆心T到线段PC的距离是, ∴,根据直线求出、,如图,当点Q在点F的位置上的时候,①,,根据勾股定理求得,则;②同上,则;当点Q在点E的位置上的时候,③,则;④,则,综上,t的范围是:或.12.如图,在矩形中,,,点从点出发沿向点匀速运动,速度是,过点作交于点,同时,点从点出发沿方向,在射线上匀速运动,速度是,连接、,与交与点,设运动时间为.(1)当为何值时,四边形是平行四边形; (2)设的面积为,求与的函数关系式;(3)是否存在某一时刻,使得的面积为矩形面积的;(4)是否存在某一时刻,使得点在线段的垂直平分线上.【解析】(1)当四边形是平行四边形时,,又∵,∴四边形为平行四边形,∴,即,∴(2)∵,∴,即,∴,∴, ∴,,梯形,∴梯形(3)由题意,解得,所以当或时,的面积为矩形面积的.(4)当点在线段的垂直平分线上时,,∴,在中,,在中,,∴,即解得,(舍)所以当时,点在线段的垂直平分线上.
2021中考数学压轴题专题训练11开放探究(附解析)