2020年全国中考数学分类汇编(压轴题)

2020年九年级数学中考一轮专题汇编考点三角形和四边形压轴题提高训练检测卷含答案1、如图，在△ABC中，∠ACB=90︒，D，E分别为AC，AB的中点，BF∥CE交DE的延长线于点F.（1）求证：四边形ECBF是平行四边形；（2）当∠A=30︒时，求证：四边形ECBF是菱形.2、如图，将矩形纸片ABCD（AD＞AB）折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC，AD相交，设折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与边BC，AD相交于点E，F．（1）判断四边形CEGF的形状，并证明你的结论；（2）若AB=3，BC=9，求线段CE的取值范围．3、如图，在▱ABCD中，AC为对角线，AC=BC=5，AB=6，AE是△ABC的中线．（1）用无刻度的直尺画出△ABC的高CH（保留画图痕迹）；（2）求△ACE的面积．4、如果将四根木条首尾相连，在相连处用螺钉连接，就能构成一个平面图形．（1）若固定三根木条AB，BC，AD不动，AB=AD=2cm，BC=5cm，如图，量得第四根木条CD=5cm，判断此时∠B与∠D是否相等，并说明理由．（2）若固定一根木条AB不动，AB=2cm，量得木条CD=5cm，如果木条AD，BC的长度不变，当点D移到BA的延长线上时，点C也在BA的延长线上；当点C移到AB的延长线上时，点A、C、D能构成周长为30cm的三角形，求出木条AD，BC的长度．5、已知：如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，AQ⊥BE于点Q，DP⊥AQ于点P．（1）求证：AP=BQ；（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中四对线段，使每对中较长线段与较短线段长度的差等于PQ的长．6、四边形ABCD中，AD=BC，BE=DF，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F．（1）求证：△ADE≌△CBF；（2）若AC与BD相交于点O，求证：AO=CO．7、如图，正方形ABCD的边长为3cm，P，Q分别从B，A出发沿BC，AD方向运动，P点的运动速度是1cm/秒，Q点的运动速度是2cm/秒，连接A，P并过Q作QE⊥AP垂足为E．（1）求证：△ABP∽△QEA；（2）当运动时间t为何值时，△ABP≌△QEA；（3）设△QEA的面积为y，用运动时刻t表示△QEA的面积y（不要求考t的取值范围）．（提示：解答（2）（3）时可不分先后）8、已知：点P是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．（1）当点P与点O重合时如图1，易证OE=OF（不需证明）（2）直线BP绕点B逆时针方向旋转，当∠OFE=30°时，如图2、图3的位置，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？请写出你对图2、图3的猜想，并选择一种情况给予证明．9、现有正方形ABCD和一个以O为直角顶点的三角板，移动三角板，使三角板两直角边所在直线分别与直线BC、CD交于点M、N．（1）如图1，若点O与点A重合，则OM与ON的数量关系是；（2）如图2，若点O在正方形的中心（即两对角线交点），则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；（3）如图3，若点O在正方形的内部（含边界），当OM=ON时，请探究点O在移动过程中可形成什么图形？（4）如图4，是点O在正方形外部的一种情况．当OM=ON时，请你就“点O的位置在各种情况下（含外部）移动所形成的图形”提出一个正确的结论．（不必说明）10、如图①，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD．（1）猜想PM与PN的数量关系及位置关系，请直接写出结论；（2）现将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图②，AE与MP、BD分别交于点G、H．请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）若图②中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC=kAC，CD=kCE，如图③，写出PM与PN的数量关系，并加以证明．11、如图，在△ABC和△BCD中，∠BAC=∠BCD=90°，AB=AC，CB=CD．延长CA 至点E，使AE=AC；延长CB至点F，使BF=BC．连接AD，AF，DF，EF．延长DB 交EF于点N．（1）求证：AD=AF；（2）求证：BD=EF；（3）试判断四边形ABNE的形状，并说明理由．12、如图，矩形ABCD 中，AB＝4，AD＝3，M 是边CD 上一点，将△ADM沿直线AM对折，得到△ANM．（1）当AN平分∠MAB时，求DM的长；（2）连接BN ，当DM＝1时，求△ABN 的面积；（3）当射线BN 交线段CD于点F时，求DF的最大值．13、数学活动课上，某学习小组对有一内角为120°的平行四边形ABCD（∠BAD=120°）进行探究：将一块含60°的直角三角板如图放置在平行四边形ABCD所在平面内旋转，且60°角的顶点始终与点C重合，较短的直角边和斜边所在的两直线分别交线段AB，AD于点E，F（不包括线段的端点）．（1）初步尝试如图1，若AD=AB，求证：①△BCE≌△ACF，②AE+AF=AC；（2）类比发现如图2，若AD=2AB，过点C作CH⊥AD于点H，求证：AE=2FH；（3）深入探究如图3，若AD=3AB，探究得：的值为常数t，则t= ．14、我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想；（3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．（不必证明）15、如图①，△ABC中，∠ABC=45°，AH⊥BC于点H，点D在AH上，且DH=CH，连结BD．（1）求证：BD=AC；（2）将△BHD绕点H旋转，得到△EHF（点B，D分别与点E，F对应），连接AE．①如图②，当点F落在AC上时，（F不与C重合），若BC=4，tanC=3，求AE的长；②如图③，当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时，设射线CF与AE 相交于点G，连接GH，试探究线段GH与EF之间满足的等量关系，并说明理由．16、如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不含B、C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处；在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F 处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA．则以下结论中正确的有①②⑤（写出所有正确结论的序号）①△CMP∽△BPA；②四边形AMCB的面积最大值为10；③当P为BC中点时，AE为线段NP的中垂线；④线段AM的最小值为2；⑤当△ABP≌△ADN时，BP=4﹣4．17、如图，在矩形ABCD中，点O为坐标原点，点B的坐标为（4，3），点A、C在坐标轴上，点P在BC边上，直线l1：y=2x+3，直线l2：y=2x﹣3．（1）分别求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；（2）已知点M在第一象限，且是直线l2上的点，若△APM是等腰直角三角形，求点M的坐标；（3）我们把直线l1和直线l2上的点所组成的图形为图形F．已知矩形ANPQ的顶点N在图形F上，Q是坐标平面内的点，且N点的横坐标为x，请直接写出x 的取值范围（不用说明理由）．答案1、 (1) 证明：∵D，E分别为边AC，AB的中点，∴DE∥BC，即EF∥BC.又∵BF∥CE，∴四边形ECBF是平行四边形.(2)证法一：∵∠ACB=90︒，∠A=30︒，E为AB的中点，∴12CB AB=，12CE AB=.∴CB CE=.又由(1)知，四边形ECBF是平行四边形,[来源:] ∴四边形ECBF是菱形.证法二：∵∠ACB=90︒，∠A=30︒，E为AB的中点，∴12BC AB BE==，∠ABC=60︒.∴△BCE是等边三角形. ∴CB CE=.又由(1)知，四边形ECBF是平行四边形,∴四边形ECBF是菱形. 证法三：∵E为AB的中点，∠ACB=90︒，∠A=30︒，∴12CE AB BE==, ∠ABC=60︒.∴△BCE是等边三角形.∴CB CE.又由(1)知，四边形ECBF是平行四边形,2、【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠GFE=∠FEC，∵图形翻折后点G与点C重合，EF为折线，∴∠GEF=∠FEC，∴∠GFE=∠FEG，∴GF=GE，∵图形翻折后BC与GE完全重合，∴BE=EC，∴GF=EC，∴四边形CEGF为平行四边形，∴四边形CEGF为菱形；（2）解：如图1，当F与D重合时，CE取最小值，由折叠的性质得CD=DG，∠CDE=∠GDE=45°，∵∠ECD=90°，∴∠DEC=45°=∠CDE，∴CE=CD=DG，∵DG∥CE，∴四边形CEGD是矩形，∴CE=CD=AB=3；如图2，当G与A重合时，CE取最大值，由折叠的性质得AE=CE，∵∠B=90°，∴AE2=AB2+BE2，即CE2=32+（9﹣CE）2，∴CE=5，∴线段CE的取值范围3≤CE≤5．3、【解答】解：（1）如图，连接BD，BD与AE交于点F，连接CF并延长到AB，则它与AB的交点即为H．理由如下：∵BD、AC是▱ABCD的对角线，∴点O是AC的中点，∵AE、BO是等腰△ABC两腰上的中线，∴AE=BO，AO=BE，∵AO=BE，∴△ABO≌△BAE（SSS），∴∠ABO=∠BAE，△ABF中，∵∠FAB=∠FBA，∴FA=FB，∵∠BAC=∠ABC，∴∠EAC=∠OBC，由可得△AFC≌BFC（SAS）∴∠ACF=∠BCF，即CH是等腰△ABC顶角平分线，所以CH是△ABC的高；（2）∵AC=BC=5，AB=6，CH⊥AB，∴AH=AB=3，∴CH==4，∴S△ABC=AB•CH=×6×4=12，∵AE是△ABC的中线，∴S△ACE =S△ABC=6．4、【解答】解：（1）相等．理由：连接AC，在△ACD和△ACB中，，∴△ACD≌△ACB，∴∠B=∠D．（2）设AD=x，BC=y，当点C在点D右侧时，，解得，当点C在点D左侧时，解得，此时AC=17，CD=5，AD=8，5+8＜17，∴不合题意，∴AD=13cm，BC=10cm．5、【解答】解：（1）∵正方形ABCD∴AD=BA，∠BAD=90°，即∠BAQ+∠DAP=90°∵DP⊥AQ∴∠ADP+∠DAP=90°∴∠BAQ=∠ADP∵AQ⊥BE于点Q，DP⊥AQ于点P∴∠AQB=∠DPA=90°∴△AQB≌△DPA（AAS）∴AP=BQ（2）①AQ﹣AP=PQ②AQ﹣BQ=PQ③DP﹣AP=PQ④DP﹣BQ=PQ6、【解答】证明：（1）∵BE=DF，∴BE﹣EF=DF﹣EF，即BF=DE，∵AE⊥BD，CF⊥BD，∴∠AED=∠CFB=90°，在Rt△ADE与Rt△CBF中，，∴Rt△ADE≌Rt△CBF；（2）如图，连接AC交BD于O，∵Rt△ADE≌Rt△CBF，∴∠ADE=∠CBF，∴AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AO=CO．7、【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形；∴∠BAP+∠QAE=∠B=90°，∵QE⊥AP；∴∠QAE+∠EQA=∠AEQ=90°∴∠BAP=∠EQA，∠B=∠AEQ；∴△ABP∽△QEA（AA）（2）∵△ABP≌△QEA；∴AP=AQ（全等三角形的对应边相等）；在RT△ABP与RT△QEA中根据勾股定理得AP2=32+t2，AQ2=（2t）2即32+t2=（2t）2解得t1=，t2=﹣（不符合题意，舍去）答：当t取时△ABP与△QEA全等．（3）由（1）知△ABP∽△QEA；∴=（）2∴=（）2整理得：y=．8、【解答】解：（1）∵AE⊥PB，CF⊥BP，∴∠AEO=∠CFO=90°，在△AEO和△CFO中，，∴△AOE≌△COF，∴OE=OF．（2）图2中的结论为：CF=OE+AE．图3中的结论为：CF=OE﹣AE．选图2中的结论证明如下：延长EO交CF于点G，∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴AE∥CF，∴∠EAO=∠GCO，在△EOA和△GOC中，，∴△EOA≌△GOC，∴EO=GO，AE=CG，在RT△EFG中，∵EO=OG，∴OE=OF=GO，∵∠OFE=30°，∴∠OFG=90°﹣30°=60°，∴△OFG是等边三角形，∴OF=GF，∵OE=OF，∴OE=FG，∵CF=FG+CG，∴CF=OE+AE．选图3的结论证明如下：延长EO交FC的延长线于点G，∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴AE∥CF，∴∠AEO=∠G，在△AOE和△COG中，，∴△AOE≌△COG，∴OE=OG，AE=CG，在RT△EFG中，∵OE=OG，∴OE=OF=OG，∵∠OFE=30°，∴∠OFG=90°﹣30°=60°，∴△OFG是等边三角形，∴OF=FG，∵OE=OF，∴OE=FG，∵CF=FG﹣CG，∴CF=OE﹣AE．9、（2）仍成立．证明：如图2，连接AC、BD，则由正方形ABCD可得，∠BOC=90°，BO=CO，∠OBM=∠OCN=45°∵∠MON=90°∴∠BOM=∠CON在△BOM和△CON中∴△BOM≌△CON（ASA）∴OM=ON（3）如图3，过点O作OE⊥BC，作OF⊥CD，垂足分别为E、F，则∠OEM=∠OFN=90°又∵∠C=90°∴∠EOF=90°=∠MON∴∠MOE=∠NOF在△MOE和△NOF中∴△MOE≌△NOF（AAS）∴OE=OF又∵OE⊥BC，OF⊥CD∴点O在∠C的平分线上∴O在移动过程中可形成线段AC（4）O在移动过程中可形成直线AC．10、【解答】解：（1）PM=PN，PM⊥PN，理由如下：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，∴AC=BC，EC=CD，∠ACB=∠ECD=90°．在△ACE和△BCD中，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE=BD，∠EAC=∠CBD，∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，∴PM=BD，PN=AE，∴PM=PM，∵∠NPD=∠EAC，∠MPN=∠BDC，∠EAC+∠BDC=90°，∴∠MPA+∠NPC=90°，∴∠MPN=90°，即PM⊥PN；（2）∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，∴AC=BC，EC=CD，∠ACB=∠ECD=90°．∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE．∴∠ACE=∠BCD．∴△ACE≌△BCD．∴AE=BD，∠CAE=∠CBD．又∵∠AOC=∠BOE，∠CAE=∠CBD，∴∠BHO=∠ACO=90°．∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，∴PM=BD，PM∥BD；PN=AE，PN∥AE．∴PM=PN．∴∠MGE+∠BHA=180°．∴∠MGE=90°．∴∠MPN=90°．∴PM⊥PN．（3）PM=kPN∵△ACB和△ECD是直角三角形，∴∠ACB=∠ECD=90°．∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE．∴∠ACE=∠BCD．∵BC=kAC，CD=kCE，∴=k．∴△BCD∽△ACE．∴BD=kAE．∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，∴PM=BD，PN=AE．∴PM=kPN．11、【解答】（1）证明：∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ABF=135°，∵∠BCD=90°，∴∠ABF=∠ACD，∵CB=CD，CB=BF，∴BF=CD，在△ABF和△ACD中，，∴△ABF≌△ACD（SAS），∴AD=AF；（2）证明：由（1）知，AF=AD，△ABF≌△ACD，∴∠FAB=∠DAC，∴∠EAB=∠BAC=90°，∴∠EAF=∠BAD，在△AEF和△ABD中，，∴△AEF≌△ABD（SAS），∴BD=EF；（3）解：四边形ABNE是正方形；理由如下：∵CD=CB，∠BCD=90°，∴∠CBD=45°，由（2）知，∠EAB=90°，△AEF≌△ABD，∴∠AEF=∠ABD=90°，∴四边形ABNE是矩形，又∵AE=AB，∴四边形ABNE是正方形．12、【解答】解：（1）由折叠性质得：△ANM≌△ADM，∴∠MAN=∠DAM，∵AN平分∠MAB，∠MAN=∠NAB，∴∠DAM=∠MAN=∠NAB，∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB=90°，∴∠DAM=30°，∴DM=AD•tan∠DAM=3×tan30°=；（2）延长MN交AB延长线于点Q，如图1所示：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，由折叠性质得：△ANM≌△ADM，∴∠DMA=∠AMQ，AN=AD=3，MN=MD=1，∴∠MAQ=∠AMQ，∴MQ=AQ，设NQ=x，则AQ=MQ=1+x，∵∠ANM=90°，∴∠ANQ=90°，在Rt△ANQ中，由勾股定理得：AQ2=AN2+NQ2，∴（x+1）2=32+x2，解得：x=4，∴NQ=4，AQ=5，∵AB=4，AQ=5，∴；（3）过点A作AH⊥BF于点H，如图2所示：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，∴∠HBA=∠BFC，∵∠AHB=∠BCF=90°，∴△ABH∽△BFC，∴，∵AH≤AN=3，AB=4，∴当点N、H重合（即AH=AN）时，AH最大，BH最小，CF最小，DF最大，此时点M、F重合，B、N、M三点共线，如图3所示：由折叠性质得：AD=AH，∵AD=BC，∴AH=BC，在△ABH和△BFC中，，∴△ABH≌△BFC（AAS），∴CF=BH，由勾股定理得：，∴DF的最大值=DC-CF=．13、【解答】解；（1）①∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD=120°，∴∠D=∠B=60°，∵AD=AB，∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∴∠B=∠CAD=60°，∠ACB=60°，BC=AC，∵∠ECF=60°，∴∠BCE+∠ACE=∠ACF+∠ACE=60°，∴∠BCE=∠ACF，在△BCE和△ACF中，∴△BCE≌△ACF．②∵△BCE≌△ACF，∴BE=AF，∴AE+AF=AE+BE=AB=AC．（2）设DH=x，由由题意，CD=2x，CH=x，∴AD=2AB=4x，∴AH=AD﹣DH=3x，∵CH⊥AD，∴AC==2x，∴AC2+CD2=AD2，∴∠ACD=90°，∴∠BAC=∠ACD=90°，∴∠CAD=30°，∴∠ACH=60°，∵∠ECF=60°，∴∠HCF=∠ACE，∴△ACE∽△HCF，∴==2，∴AE=2FH．（3）如图3中，作CN⊥AD于N，CM⊥BA于M，CM与AD交于点H．∵∠ECF+∠EAF=180°，∴∠AEC+∠AFC=180°，∵∠AFC+∠CFN=180°，∴∠CFN=∠AEC，∵∠M=∠CNF=90°，∴△CFN∽△CEM，∴=，∵AB•CM=AD•CN，AD=3AB，∴CM=3CN，∴==，设CN=a，FN=b，则CM=3a，EM=3b，∵∠MAH=60°，∠M=90°，∴∠AHM=∠CHN=30°，∴HC=2a，HM=a，HN=a，∴AM=a，AH=a，∴AC==a，AE+3AF=（EM﹣AM）+3（AH+HN﹣FN）=EM﹣AM+3AH+3HN﹣3FN=3AH+3HN﹣AM= a，∴==．故答案为．14、【解答】（1）证明：如图1中，连接BD．∵点E，H分别为边AB，DA的中点，∴EH∥BD，EH=BD，∵点F，G分别为边BC，CD的中点，∴FG∥BD，FG=BD，∴EH∥FG，EH=GF，∴中点四边形EFGH是平行四边形．（2）四边形EFGH是菱形．证明：如图2中，连接AC，BD．∵∠APB=∠CPD，∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD即∠APC=∠BPD，在△APC和△BPD中，，∴△APC≌△BPD，∴AC=BD∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，∴EF=AC，FG=BD，∵四边形EFGH是平行四边形，∴四边形EFGH是菱形．（3）四边形EFGH是正方形．证明：如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．∵△APC≌△BPD，∴∠ACP=∠BDP，∵∠DMO=∠CMP，∴∠COD=∠CPD=90°，∵EH∥BD，AC∥HG，∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，∵四边形EFGH是菱形，∴四边形EFGH是正方形．15、【解答】解：（1）在Rt△AHB中，∠ABC=45°，∴AH=BH，在△BHD和△AHC中，，∴△BHD≌△AHC，∴BD=AC，（2）①如图，在Rt△AHC中，∵tanC=3，∴=3，设CH=x，∴BH=AH=3x，∵BC=4，∴3x+x=4，∴x=1，∴AH=3，CH=1，由旋转知，∠EHF=∠BHD=∠AHC=90°，EH=AH=3，CH=DH=FH，∴∠EHA=∠FHC，，∴△EHA≌△FHC，∴∠EAH=∠C，∴tan∠EAH=tanC=3，过点H作HP⊥AE，∴HP=3AP，AE=2AP，在Rt△AHP中，AP2+HP2=AH2，∴AP2+（3AP）2=9，∴AP=，∴AE=；②由①有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，∴∠GAH=∠HCG=90°，∴△AGQ∽△CHQ，∴，∴，∵∠AQC=∠GQE，∴△AQC∽△GQH，∴=sin30°=．16、【解答】解：∵∠APB=∠APE，∠MPC=∠MPN，∵∠CPN+∠NPB=180°，∴2∠NPM+2∠APE=180°，∴∠MPN+∠APE=90°，∴∠APM=90°，∵∠CPM+∠APB=90°，∠APB+∠PAB=90°，∴∠CPM=∠PAB，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB=DC=AD=4，∠C=∠B=90°，∴△CMP∽△BPA．故①正确，设PB=x，则CP=4﹣x，∵△CMP∽△BPA，∴=，∴CM=x（4﹣x），∴S=[4+x（4﹣x）]×4=﹣x2+2x+8=﹣（x﹣2）2+10，四边形A M C B∴x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确，当PB=PC=PE=2时，设ND=NE=y，在RT△PCN中，（y+2）2=（4﹣y）2+22解得y=，∴NE≠EP，故③错误，作MG⊥AB于G，∵AM==，∴AG最小时AM最小，∵AG=AB﹣BG=AB﹣CM=4﹣x（4﹣x）=（x﹣1）2+3，∴x=1时，AG最小值=3，∴AM的最小值==5，故④错误．∵△ABP≌△ADN时，∴∠PAB=∠DAN=22.5°，在AB上取一点K使得AK=PK，设PB=z，∴∠KPA=∠KAP=22.5°∵∠PKB=∠KPA+∠KAP=45°，∴∠BPK=∠BKP=45°，∴PB=BK=z，AK=PK=z，∴z+z=4，∴z=4﹣4，∴PB=4﹣4故⑤正确．故答案为①②⑤．：当y=0时，2x+3=0，x=﹣17、【解答】解：（1）直线l1与x轴坐标为（﹣，0）则直线l1：当y=3时，2x﹣3=3，x=3直线l2与AB的交点坐标为（3，3）；则直线l2（2）①若点A为直角顶点时，点M在第一象限，连结AC，如图1，∠APB＞∠ACB＞45°，∴△APM不可能是等腰直角三角形，∴点M不存在；②若点P为直角顶点时，点M在第一象限，如图2，过点M作MN⊥CB，交CB的延长线于点N，则Rt△ABP≌Rt△PNM，∴AB=PN=4，MN=BP，设M（x，2x﹣3），则MN=x﹣4，∴2x﹣3=4+3﹣（x﹣4），x=，∴M（，）；③若点M为直角顶点时，点M在第一象限，如图3，设M（x，2x﹣3），1过点M1作M1G1⊥OA，交BC于点H1，则Rt△AM1G1≌Rt△PM1H1，∴AG1=M1H1=3﹣（2x﹣3），∴x+3﹣（2x﹣3）=4，x=2∴M1（2，1）；设M2（x，2x﹣3），同理可得x+2x﹣3﹣3=4，∴x=，∴M2（，）；综上所述，点M的坐标为（，），（2，1），（，）；（3）x的取值范围为﹣≤x＜0或0＜x≤或≤x≤或≤x ≤2．。

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。

专题九动态几何定值问题【考题研究】数学因运动而充满活力，数学因变化而精彩纷呈。

动态题是近年来中考的的一个热点问题，以运动的观点探究几何图形的变化规律问题，称之为动态几何问题，随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题，就其运动对象而言，有点动、线动、面动三大类，就其运动形式而言，有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等，就问题类型而言，有函数关系和图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。

解这类题目要“以静制动”，即把动态问题，变为静态问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况。

以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射。

【解题攻略】动态几何形成的定值和恒等问题是动态几何中的常见问题，其考点包括线段（和差）为定值问题；角度（和差）为定值问题；面积（和差）为定值问题；其它定值问题。

解答动态几何定值问题的方法，一般有两种：第一种是分两步完成：先探求定值. 它要用题中固有的几何量表示.再证明它能成立.探求的方法，常用特殊位置定值法，即把动点放在特殊的位置，找出定值的表达式，然后写出证明.第二种是采用综合法，直接写出证明.【解题类型及其思路】在中考中，动态几何形成的定值和恒等问题命题形式主要为解答题。

在中考压轴题中，动态几何之定值（恒等）问题的重点是线段（和差）为定值问题，问题的难点在于准确应用适当的定理和方法进行探究。

【典例指引】类型一【线段及线段的和差为定值】【典例指引1】已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A′B′C，记旋转角为α，当90°＜α＜180°时，作A′D⊥AC，垂足为D，A′D与B′C交于点E．（1）如图1，当∠CA ′D ＝15°时，作∠A ′EC 的平分线EF 交BC 于点F ．①写出旋转角α的度数；②求证：EA ′+EC ＝EF ；（2）如图2，在（1）的条件下，设P 是直线A ′D 上的一个动点，连接PA ，PF ，若AB ＝2，求线段PA +PF 的最小值．（结果保留根号）【举一反三】如图（1），已知∠=90MON o ,点P 为射线ON 上一点，且=4OP ，B 、C 为射线OM 和ON 上的两个动点（OC OP >），过点P 作PA ⊥BC ，垂足为点A ，且=2PA ，联结BP ．（1）若12PACABOP S S ∆=四边形时，求tan BPO ∠的值； （2）设PC x =，AB y BC=求y 与x 之间的函数解析式，并写出定义域； （3）如图(2)，过点A 作BP 的垂线，垂足为点H ，交射线ON 于点Q ，点B 、C 在射线OM 和ON 上运动时，探索线段OQ 的长是否发生变化？若不发生变化，求出它的值。

2020中考数学压轴题汇编二次函数综合题训练（含答案）1.抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象经过点A，B，C，已知点A的坐标为(－3，0)，点B坐标为(1，0)，点C在y轴的正半轴，且∠CAB＝30°.(1)求抛物线的函数解析式；(2)若直线l∶y＝3x＋m从点C开始沿y轴向下平移，分别交x轴、y轴于点D，E.①当m＞0时，在线段AC上是否存在点P，使得P，D，E构成等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；②以动直线l为对称轴，线段AC关于直线l的对称线段A′C′与该二次函数图象有交点，请直接写出m的取值范围．解：（1）在Rt△AOC中，∠CAB＝30°，∵A(－3，0)，即OA＝3，∴OC＝3，即C(0，3)，可设抛物线的解析式为y＝a(x＋3)(x－1)，将C(0，3)代入解析式得－3a＝3，解得a＝－3 3 .∴y＝－33(x＋3)(x－1)＝－33x2－233x＋3；（2）由题意可知，OE＝m，OD＝33m，∠DEO＝30°，第1题解图①①(ⅰ)如解图①，当PD ⊥DE ，PD ＝DE 时，作PQ ⊥x 轴于点Q ， ∴∠PQD ＝∠EOD ＝90°，∴∠PDQ ＋∠EDO ＝90°，∠EDO ＋∠DEO ＝90°， ∴∠DEO ＝∠PDQ ＝30°， ∴△DPQ ≌△EDO (AAS)， ∴DQ ＝OE ＝m ，∵∠PAQ ＝∠PDQ ＝30°， ∴PA ＝PD ，∴AQ ＝DQ ＝m ， ∴OA ＝2m ＋33 m ＝3，∴m ＝96＋3＝18－3311>0，∴x p ＝－(OE3＋QD )＝－15＋3311，y p ＝PQ ＝AQ 3＝63－311，∴P (－15＋3311，63－311)；(ii)如解图②，当PE ⊥DE ，PE ＝DE 时，作PQ ⊥y 轴于点Q ，第1题解图②同理可得OE ＝m ，CQ ＝EQ ＝OD ＝33m ，∴OC ＝m ＋233 m ＝3，∴m ＝6－33>0；设直线PE 的解析式为y 1＝k 1x ＋b 1， ∵PE ⊥l ，∴k 1＝－13＝－33，代入E (0，6－33)得y 1＝－33x ＋6－33，设直线AC 的解析式为y 2＝k 2x ＋b 2， ∵过点A (－3，0)和点C (0，3)，∴y 2＝33x ＋ 3. 联立⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝－33x ＋6－33y 2＝33x ＋3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝33－6y ＝3－3，即点P (33－6，3－3)；(iii)如解图③，当PD ⊥PE ，DP ＝PE 时，作DM ⊥AC ，EN ⊥AC ，第1题解图③可得AP ＝AD ＝9－3m 3，PN ＝DM ＝12AD ＝9－3m 6，CN ＝3－m2，∴AC ＝9－3m 3＋9－3m 6＋3－m2＝23，∴m ＝9－333＋1＝63－9>0.过点P 作PK ⊥x 轴于点K ， ∵AP ＝9－3m3，∠KAP ＝30°，∴KP ＝12×9－3m 3＝33－32，∴AK ＝3KP ＝9－332，∴OK ＝AO －AK ＝33－32，即点P (3－332，33－32)．综上所述，当m ＞0时，在线段AC 上存在点P ，使得P ，D ，E 构成等腰直角三角形， 点P 的坐标为(－15＋3311，63－311)或(33－6，3－3)或(3－332，33－32)；②m 的取值范围为－33≤m ≤ 3.2.如图，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋1经过点(2，6)，且与直线y ＝12x ＋1相交于A ，B 两点，点A 在y 轴上，过点B 作BC ⊥x 轴，垂足为点C (4，0)． (1)求抛物线的解析式；(2)若P 是直线AB 上方该抛物线上的一个动点，过点P 作PD ⊥x 轴于点D ，交AB 于点E ，求线段PE 的最大值；(3)在(2)的条件下，设PC 与AB 相交于点Q ，当线段PC 与BE 互相平分时，请求出点Q 的坐标．第2题图解：（1）∵BC ⊥x 轴，垂足为点C (4，0)，且点B 在直线y ＝12x ＋1上，∴点B 的坐标为(4，3)，∵抛物线y ＝ax 2＋bx ＋1经过点(2，6)和点B (4，3)，∴⎩⎨⎧4a ＋2b ＋1＝616a ＋4b ＋1＝3，解得⎩⎨⎧a ＝－1b ＝92，∴抛物线的解析式为y ＝－x 2＋92x ＋1；（2）设动点P 的坐标为(x ，－x 2＋92x ＋1)(0<x <4)，则点E 的坐标为(x ，12x ＋1)，∵PD ⊥x 轴于点D ，且点D 在x 轴上， ∴PE ＝PD －ED ＝(－x 2＋92x ＋1)－(12x ＋1)＝－x 2＋4x＝－(x －2)2＋4，则当x ＝2时，线段PE 的值最大，最大值为4； （3）∵线段PC 与BE 互相平分， ∴△PEQ ≌△CBQ ， ∴PE ＝BC ，∴－x 2＋4x ＝3，即x 2－4x ＋3＝0， 解得x 1＝1，x 2＝3，∵点Q 分别是PC ，BE 的中点，且点Q 在直线y ＝12x ＋1上，∴①当x ＝1时，点Q 的横坐标为1＋42＝52，则点Q 的坐标为(52，94)；②当x ＝3时，点Q 的横坐标为3＋42＝72，则点Q 的坐标为(72，114)．综上所述，点Q 的坐标为(52，94)或(72，114)．3.如图，已知抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 与x 轴交于点B ，E 两点，与y 轴交于点A ，OB＝8，tan ∠ABD ＝1，动点C 从原点O 开始沿OA 方向以每秒1个单位长度移动，动点D 从点B 开始沿BO 方向以每秒1个单位长度移动，动点C ，D 同时出发，当动点D 到达原点O 时，点C ，D 停止运动．(1)求抛物线的解析式；(2)求△CED 的面积S 与D 点运动时间t 的函数解析式；当t 为何值时，△CED 的面积最大？最大面积是多少？(3)当△CED 的面积最大时，在抛物线上是否存在点P (点E 除外)，使△PCD 的面积等于△CED 的最大面积，若存在，直接写出P 点的坐标；若不存在，请说明理由．第3题图解：（1）∵OB ＝8，tan ∠ABD ＝1， ∴OA ＝OB ＝8，∴A (0，8)，B (8，0)．把点A (0，8)，B (8，0)代入y ＝－12x 2＋bx ＋c ，得⎩⎨⎧c ＝8－12×82＋8b ＋c ＝0，解得⎩⎨⎧b ＝3c ＝8，∴抛物线解析式为y ＝－12x 2＋3x ＋8；（2）令y ＝0时，有－12x 2＋3x ＋8＝0，解得x 1＝－2，x 2＝8， ∴E (－2，0)， ∴BE ＝10，∵S △CED ＝12DE ·OC ，∴S ＝12t (10－t )＝－12t 2＋5t ，∴S 与t 的函数解析式为S ＝－12t 2＋5t ＝－12(t －5)2＋252(0≤t ≤8)，∴当t ＝5时，△CED 的面积最大，最大面积为252；（3）存在，P 点坐标为(8，0)或(43，1009)或(343，－2009)．【解法提示】当△CED 的面积最大时，t ＝5，即BD ＝DE ＝5，此时要使S △PCD ＝S △CED ，CD 为公共边，只需求出过点B 、或点E 且平行于CD 的直线即可，如下：第3题解图设直线CD 的解析式为y ＝kx ＋b ， 由(2)可知OC ＝5，OD ＝3， ∴C (0，5)，D (3，0)，把C (0，5)、D (3，0)代入，得⎩⎨⎧b ＝53k ＋b ＝0，解得⎩⎨⎧k ＝－53b ＝5， ∴直线CD 的解析式为y ＝－53x ＋5，∵DE ＝DB ＝5，∴过点B 且平行于CD 的直线为y ＝－53(x －5)＋5，过点E 且平行于CD 的直线为y ＝－53(x ＋5)＋5，与抛物线解析式联立得方程①：－12x 2＋3x ＋8＝－53(x －5)＋5，解得x 1＝8，x 2＝43，方程②：－12x 2＋3x ＋8＝－53(x ＋5)＋5，解得x 3＝343，x 4＝－2，分别将x 的值代入抛物线的解析式，得y 1＝0，y 2＝1009，y 3＝－2009，y 4＝0，又∵P 点不与E 点重合，∴满足题意的P 点坐标有3个，分别是P 1(8，0)，P 2(43，1009)，P 3(343，－2009)．4.如图，抛物线y ＝ax 2＋bx －3与x 轴交于点A (1，0)和点B ，与y 轴交于点C ，且其对称轴l 为直线x ＝－1，点P 是抛物线上B ，C 之间的一个动点(点P 不与点B ，C 重合)．(1)直接写出抛物线的解析式；(2)小唐探究点P 的位置时发现：当动点N 在对称轴l 上时，存在PB ⊥NB ，且PB ＝NB 的关系，请求出点P 的坐标；(3)是否存在点P 使得四边形PBAC 的面积最大？若存在，请求出四边形PBAC 面积的最大值，若不存在，请说明理由．第4题图解：（1）y ＝x 2＋2x －3；【解法提示】∵A (1，0)，对称轴l 为直线x ＝－1， ∴B (－3，0)，∴⎩⎨⎧a ＋b －3＝09a －3b －3＝0，解得⎩⎨⎧a ＝1b ＝2， ∴抛物线的解析式为y ＝x 2＋2x －3；（2）如解图①，过点P 作PM ⊥x 轴于点M ，连接BP ，过点B 作BN ⊥PB 交直线l 于点N ，设抛物线的对称轴与x 轴交于点Q ， ∵PB ⊥NB ，∴∠PBN ＝90°， ∴∠PBM ＋∠NBQ ＝90°. ∵∠PMB ＝90°，∴∠PBM ＋∠BPM ＝90°. ∴∠BPM ＝∠NBQ . 又∵PB ＝NB ， ∴△BPM ≌△NBQ . ∴PM ＝BQ .由(1)得y ＝x 2＋2x －3， ∵Q (－1，0)，B (－3，0) ∴BQ ＝2， ∴PM ＝BQ ＝2.∵点P 是抛物线y ＝x 2＋2x －3上B 、C 之间的一个动点，且点P 的纵坐标为－2， 将y ＝－2代入y ＝x 2＋2x －3，得－2＝x 2＋2x －3，解得x1＝－1－2，x2＝－1＋2(不合题意，舍去)，∴点P 的坐标为(－1－2，－2)；第4题解图①（3）存在．如解图②，连接AC ，BC ，CP ，PB ，过点P 作PD ∥y 轴交BC 于点D ， ∵A (1，0)，B (－3，0)，C (0，－3)， ∴S △ABC ＝12×3×4＝6，直线BC 的解析式为y ＝－x －3.设P (t ，t 2＋2t －3)，则D (t ，－t －3)，∴S △BPC ＝12×3×(－t －3－t 2－2t ＋3)＝－32t 2－92t ，∴S 四边形PBAC ＝－32t 2－92t ＋6＝－32(t ＋32)2＋758，当t ＝－32时，S 四边形PBAC 存在最大值，最大值为758.此时点P 的坐标为(－32，－154)．第4题解图②5.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2＋bx－8与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线l经过坐标原点O，与抛物线的一个交点为D，与抛物线的对称轴交于点E，连接CE.已知点A，D的坐标分别为(－2，0)，(6，－8)．(1)求抛物线的函数表达式；(2)分别求出点B和点E的坐标；(3)若点P是y轴负半轴上的一个动点，设其坐标为(0，m)，直线PB与直线l交于点Q.试探究：当m为何值时，△OPQ是等腰三角形．第5题图解：（1）抛物线的函数表达式为y＝12x2－3x－8；（2）点B的坐标为(8，0)．点E的坐标为(3，－4)；（3）需分两种情况进行讨论：①当OP＝OQ时，△OPQ是等腰三角形，如解图①，第5题解图①∵点E 的坐标为(3，－4)， ∴OE ＝32＋42＝5，过点E 作直线ME ∥PB ，交y 轴于点M ，交x 轴于点H ，则OM OP ＝OE OQ， ∴OM ＝OE ＝5，∴点M 的坐标为(0，－5)，设直线ME 的函数表达式为y ＝k 1x －5， ∴3k 1－5＝－4，解得k 1＝13，∴直线ME 的函数表达式为y ＝13x －5，H 在直线ME 上， 令y ＝0，解得x ＝15， ∴点H 的坐标为(15，0)． 又∵MH ∥PB ，∴OP OM ＝OB OH ，即－m 5＝815， ∴m ＝－83；②当QO ＝QP 时，△OPQ 是等腰三角形，如解图②，∵当x ＝0时，y ＝12x 2－3x －8＝－8，第5题解图②∴点C 的坐标为(0，－8)， ∴CE ＝32＋（8－4）2＝5，∴OE ＝CE ， ∴∠1＝∠2， 又∵QO ＝QP ， ∴∠1＝∠3， ∴∠2＝∠3， ∴CE ∥PB .设直线CE 交x 轴于点N ，其函数表达式为y ＝k 2x －8， ∴3k 2－8＝－4，解得k 2＝43，∴直线CE 的函数表达式为y ＝43x －8，令y ＝0，得43x －8＝0，∴x ＝6，∴点N 的坐标为(6，0)． ∵CN ∥PB .∴OP OC ＝OB ON，∴－m 8＝86，解得m ＝－323.综上所述，当m 的值为－83或－323时，△OPQ 是等腰三角形．6.如图，点A (－2，0)、B (4，0)、C (3，3)均在抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 上，点D 在y 轴上，且DC ⊥BC ，∠BCD 绕点C 顺时针旋转后两边与x 轴、y 轴分别相交于点E ，F . (1)求抛物线的解析式；(2)CF 能否经过抛物线的顶点？若能，求出此时点E 的坐标；若不能，说明理由； (3)若△FDC 是等腰三角形，求点F 的坐标．第6题图解：（1）∵抛物线与x 轴有两个交点A (－2，0)、B (4，0)， ∴可设抛物线解析式为y ＝a (x ＋2)(x －4)， 将C (3，3)代入得a (3＋2)(3－4)＝3， 解得a ＝－35，故抛物线的解析式是y ＝－35(x ＋2)(x －4)＝－35x 2＋65x ＋245；（2）能，理由如下：如解图①，过点C 作CH ⊥y 轴于点H ，CS ⊥x 轴于点S .第6题解图①由抛物线的解析式可以求得顶点M 的坐标为M (1，275)，∴由C ，M 两点坐标可以求得CM 即CF 的直线方程为y ＝－65x ＋335，∴F 点坐标为(0，335)．∵∠FCH ＋∠HCE ＝90°，∠ECS ＋∠HCE ＝90°， ∴∠ECS ＝∠HCF ，又∵CH ＝CS ，∠CHF ＝∠CSE ＝90°， ∴△FCH ≌△ECS (ASA)， ∴FH ＝SE ＝335－3＝185，∴EO ＝185－3＝35，∴E (－35，0)，即CF 能经过抛物线的顶点，此时点 E 的坐标为(－35，0)（3）如解图②，由C ，B 两点坐标利用待定系数法可以求得CB 直线方程为：y ＝－3x ＋12，过点C 作CH ⊥y 轴于点H ，CS ⊥x 轴于点S ，第6题解图②∵C(3，3)，B(4，0)，四边形HOSC是正方形，OS＝3，∴BS＝1，∵∠HCD＋∠DCS＝90°，∠BCS＋∠DCS＝90°，∴∠DCH＝∠BCS，∴△DCH≌△BCS(ASA)，∴DH＝SB＝1，OD＝2，∴D(0，2)，由C、D两点坐标可以求得CD＝10，则△FDC是等腰三角形可以有三种情形：①FC＝CD＝10，则DH＝1，FH＝1，则F点坐标为(0，4)；②FD＝CD＝10，则F点坐标为(0，2＋10)；③FD＝FC，设F(0，m)，∵FC2＝FH2＋HC2，∴FC2＝(m－3)2＋32，又∵FD＝m－2，∴(m－3)2＋32＝(m－2)2，∴m＝7，故F(0，7)．综上所述，点F的坐标为(0，4)或(0，2＋10)或(0，7)．7.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋6x＋c(a≠0)交y轴于点A，交x轴于B，C两点(点B在点C的左侧)，已知点A的坐标为(0，－5)，点B的坐标为(1，0)．(1)求此抛物线的解析式及顶点坐标；(2)过点B作线段AB的垂线交抛物线于点D，如果以点C为圆心的圆与直线BD相切，请判断抛物线的对称轴与⊙C的位置关系，并说明理由；(3)在抛物线上是否存在一点P，使△ACP是以AC为直角边的直角三角形，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）抛物线解析式为y＝－x2＋6x－5，顶点坐标为(3，4)；（2）抛物线的对称轴与⊙C相离．∵当y＝0时，x＝1或x＝5，∴B(1，0)，C(5，0)，由(1)知抛物线的对称轴为x＝3，如解图①所示，设切点为E，连接CE，第7题解图①由题意易证Rt△ABO∽Rt△BCE，∴ABBC＝OBCE，即52＋124＝1CE， ∴CE ＝426＝42626＝22613； 而点C 到对称轴x ＝3的距离为2，∵2＞22613， ∴抛物线的对称轴与⊙C 相离；（3）存在．当AC 为直角边时，有两种情况：①∠PCA ＝90°，②∠PAC ＝90°. ①当∠PCA ＝90°时，如解图②所示，点P 在x 轴上方．第7题解图②∵A (0，－5)，C (5，0)，∴△AOC 为等腰直角三角形，∠OCA ＝45°；∵PC ⊥AC ，∴∠PCO ＝45°.过点P 作PF ⊥x 轴于点F ，则△PCF 为等腰直角三角形．设点P 的的坐标为(m ，－m 2＋6m －5)，则PF ＝FC ，∴－m 2＋6m －5＝5－m ，解得：m ＝2或m ＝5.当m ＝5时，点P 与点C 重合，故舍去，∴点P 坐标为(2，3)；②当∠PAC ＝90°时，如解图③所示，点P 在x 轴下方．∵A (0，－5)，C (5，0)，∴△AOC 为等腰直角三角形，∠OAC ＝45°；过点P 作PF ⊥y 轴于点F ，第7题解图③∵PA⊥AC，∴∠PAF＝45°，即△PAF为等腰直角三角形．设点P的坐标为(t，－t2＋6t－5)，且AF＝PF，∴－5－(－t2＋6t－5) ＝t，解得：t＝0或t＝7，当t＝0时，点P的与点A重合，故舍去，∴点P坐标为(7，－12)．综上所述，存在点P使△ACP是以AC为直角边的直角三角形，点P的坐标为(2，3)或(7，－12)．8.如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与y轴交于点C(0，4)，与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为(－2，0)，抛物线的对称轴x＝1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E.(1)求抛物线的解析式；(2)若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F，使四边形ABFC的面积为17？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；(3)平行于DE的一条直线l与直线BC相交于点P，与抛物线相交于点Q，若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标．第8题图解：（1）∵点A (－2，0)与点B 关于直线x ＝1对称，∴B (4，0)，将点A ，B ，C 的坐标代入函数解析式，得⎩⎨⎧4a －2b ＋c ＝016a ＋4b ＋c ＝0c ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12b ＝1c ＝4，∴抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋x ＋4； （2）不存在点F ，使四边形ABFC 的面积为17，理由如下：第8题解图∵B (4，0)，C (0，4)，∴BC 的解析式为y ＝－x ＋4，如解图，过点F 作x 轴垂线，交BC 于G ，设F 点的坐标为(m ，－12m 2＋m ＋4)，则G (m ，－m ＋4)， ∴FG ＝(－12m 2＋m ＋4)－(－m ＋4)＝－12m 2＋2m ， ∴S 四边形ABFC ＝S △ABC ＋S △BCF＝12AB ·y C ＋12FG ·(x B －x C ) ＝12×6×4＋12×4(－12m 2＋2m )＝17， 整理得m 2－4m ＋5＝0，∵b 2－4ac ＝16－4×1×5＝－4<0.∴方程无解，∴F 点不存在；（3）当x ＝1时，－12x 2＋x ＋4＝92，即D (1，92)． 当x ＝1时，－x ＋4＝3，即E (1，3)，∴DE ＝92－3＝32. 设Q 点坐标为(m ，－12m 2＋m ＋4)，则P (m ，－m ＋4)． ∴|PQ |＝|(－12m 2＋m ＋4)－(－m ＋4)|＝|－12m 2＋2m |. 由PQ ∥DE ，PQ ＝DE 得|－12m 2＋2m |＝32， ∴－12m 2＋2m ＝32或－12m 2＋2m ＝－32， 解得m 1＝1(PQ 与DE 重合，舍去)，m 2＝3，m 3＝2＋7，m 4＝2－7.∴P 点坐标为(3，1)或(2＋7，2－7)或(2－7，2＋7)．9.如图，直线y ＝－x ＋3与x 轴、y 轴分别交于点B 、点C ，经过B 、C 两点的抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 与x 轴的另一个交点为A ，顶点为P ，点M 为抛物线的对称轴上的一个动点．(1)求该抛物线的解析式；(2)当点M 在x 轴的上方时，求四边形COAM 周长的最小值；(3)在平面坐标内是否存在点N ，使以C ，P ，M ，N 为顶点的四边形为菱形？若存在，请写出所符合条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．第9题图 备用图解：（1）∵直线y ＝－x ＋3与x 轴，y 轴分别交于点B ，点C ，∴B (3，0)，C (0，3)，把B 、C 坐标代入抛物线解析式可得 ⎩⎨⎧9＋3b ＋c ＝0c ＝3，解得⎩⎨⎧b ＝－4c ＝3， ∴抛物线的解析式为y ＝x 2－4x ＋3；（2）∵y ＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1，∴抛物线的对称轴为直线x ＝2，∵点A 与点B (3，0)关于直线x ＝2对称，∴点A 的坐标为(1，0)，∴OC ＝3，OA ＝1，OB ＝3，∴BC ＝OC 2＋OB 2＝32，∵四边形COAM 的周长＝OA ＋OC ＋MA ＋MC ，∴当点M 为线段BC 与抛物线的对称轴的交点时，MA ＋MC 的值最小，且线段BC 的长就是MA ＋MC 的最小值，∴四边形COAM 周长的最小值＝OC ＋OA ＋BC ＝3＋1＋32＝4＋32；（3）存在，以C ，P ，M ，N 为顶点的四边形为菱形，即存在以C ，P ，M 为顶点的三角形是等腰三角形，点M 的坐标为(2，32)或(2，7)或(2，－1＋25)或(2，－1－25)． 【解法提示】∵对称轴为x ＝2，P (2，－1)，设M (2，t )，且C (0，3)，∴MC ＝22＋（t －3）2 ＝t 2－6t ＋13，MP ＝|t ＋1|，PC ＝22＋（－1－3）2＝25，∵△CPM 为等腰三角形，∴有MC ＝MP 、MC ＝PC 和MP ＝PC 三种情况，①当MC ＝MP 时，则有t 2－6t ＋13＝|t ＋1|，解得t ＝32，此时M (2，32)； ②当MC ＝PC 时，则有t 2－6t ＋13＝25，解得t ＝－1(与P 点重合，舍去)或t ＝7，此时M (2，7)；③当MP ＝PC 时，则有|t ＋1|＝25，解得t ＝－1＋25或t ＝－1－25，此时M (2，－1＋25)或(2，－1－25)．10. 如图，抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 过点A (3，0)，B (1，0)，交y 轴于点C ，点P 是该抛物线上一动点，点P 从C 点沿抛物线向A 点运动(点P 不与点A 重合)，过点P 作PD ∥y 轴交直线AC 于点D .(1)求抛物线的解析式；(2)求点P 在运动的过程中线段PD 长度的最大值；(3)在抛物线对称轴上是否存在点M ，使|MA －MC |最大？若存在，请求出点M 的坐标，若不存在，请说明理由．解：（1）∵抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 过点A (3，0)，B (1，0)，∴⎩⎨⎧9＋3b ＋c ＝01＋b ＋c ＝0，解得⎩⎨⎧b ＝－4c ＝3， ∴抛物线的解析式为y ＝x 2－4x ＋3；（2）令x ＝0，则y ＝3，∴C (0，3)，则直线AC 的解析式为y ＝－x ＋3，设点P (x ，x 2－4x ＋3)，∵PD ∥y 轴，∴点D (x ，－x ＋3)，∴PD ＝(－x ＋3)－(x 2－4x ＋3)＝－x 2＋3x＝－(x －32)2＋94， ∵a ＝－1<0，∴当x ＝32时，线段PD 的长度有最大值，最大值为94； （3）存在．由抛物线的对称性得，对称轴垂直平分线段AB ，∴MA ＝MB ，当M 、B 、C 不在同一条直线上时，由三角形的三边关系得，|MA －MC |＝|MB －MC |<BC ，当M 、B 、C 三点共线时，|MA －MC |＝|MB －MC |＝BC ，∴|MA －MC |≤BC ，即当点M 在BC 的延长线上时，|MA －MC |最大，最大值即为BC 的长度，设直线BC 的解析式为y ＝kx ＋b (k ≠0)，∵B (1，0)，C (0，3)，∴⎩⎨⎧k ＋b ＝0b ＝3， 解得⎩⎨⎧k ＝－3b ＝3， ∴直线BC 的解析式为y ＝－3x ＋3，∴当x ＝2时，y ＝－3×2＋3＝－3，∴点M (2，－3)，即抛物线对称轴上存在点M (2，－3)，使|MA －MC |最大．。

中考数学专题几何函数压轴题专题1.如图，抛物线y=ax2-bx+3 交x 轴于B(1，0)，C(3，0)两点，交y 轴于点A，连接AB，点P 为抛物线上一动点．（1）求抛物线的解析式；（2）当点P 到直线AB 的距离为7 10时，求点P 的横坐标；9（3）当△ACP 和△ABC 的面积相等时，请直接写出点P 的坐标．备用图2.如图1，在平面直角坐标系中，直线y=x+4 与抛物线y =-1x2 +bx +c （b，c 2是常数）交于A，B 两点，点A 在x 轴上，点B 在y 轴上．设抛物线与x 轴的另一个交点为点C．（1）求该抛物线的解析式．（2）点P 是抛物线上一动点（不与点A，B 重合）．①如图2，若点P 在直线AB 上方，连接OP 交AB 于点D，求PD的最大值；OD②如图3，若点P 在x 轴上方，连接PC，以PC 为一边作正方形CPEF．随着点P 的运动，正方形的大小、位置也随之改变，当顶点E 或F 恰好落在y 轴上时，直接写出对应的点P 的坐标．23. 如图，抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）交x 轴于点A(4，0)，B(-2，0)，交y 轴于点C．（1）求抛物线的解析式．（2）点Q 是x 轴上位于点A，B 之间的一个动点，点E 为线段BC 上一个动点，若始终保持∠EQB=∠CAB，连接CQ，设△CQE 的面积为S，点Q 的横坐标为m，求出S 关于m 的函数关系式，并求出当S 取最大值时点Q 的坐标．（3）点P 为抛物线上位于AC 上方的一个动点，过点P 作PF⊥y 轴，交直线AC 于点F，点D 的坐标为(2，0)，若O，D，F 三点中，当其中一点恰好位于另外两点的垂直平分线上时，我们把这个点叫做另外两点的“和谐点”，请判断这三点是否有“和谐点”的存在，若存在，请直接写出此时点P 的坐标；若不存在，请说明理由．4.如图，抛物线y =-3x2 +bx +c 与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C，直4线y =3x + 3 经过点A，C．4（1）求抛物线的解析式．（2）P 是抛物线上一动点，过P 作PM∥y 轴交直线AC 于点M，设点P 的横坐标为t．①若以点C，O，M，P 为顶点的四边形是平行四边形，求t 的值．②当射线MP，MC，MO 中一条射线平分另外两条射线的夹角时，直接写出t 的值．5.如图1，抛物线y=ax2+bx+2 与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C，AB=4，矩形OBDC 的边CD=1，延长DC 交抛物线于点E．（1）求抛物线的解析式．（2）如图2，点P 是直线EO 上方抛物线上的一个动点，过点P 作y 轴的平行线交直线EO 于点G，作PH⊥EO，垂足为H．设PH 的长为a，点P 的横坐标为m，求a 关于m 的函数关系式（不必写出m 的取值范围），并求出a 的最大值．（3）如果点N 是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M，使得以M，A，C，N 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，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．6.如图，在平面直角坐标系中，△ABC 是直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC，OA=1，OC=4，抛物线y=x2+bx+c 经过A，B 两点，抛物线的顶点为D．（1）求b，c 的值．（2）点E 是直角三角形ABC 斜边AB 上一动点（点A，B 除外），过点E 作x 轴的垂线交抛物线于点F，当线段EF 的长度最大时，求点E 的坐标．（3）在（2）的条件下：①求以点E，B，F，D 为顶点的四边形的面积；② 在抛物线上是否存在一点P，使△EFP 是以EF 为直角边的直角三角形？若存在，直接写出所有点P 的坐标；若不存在，说明理由．7.如图，抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x=-1，抛物线交x 轴于A，C 两点，与直线y=x-1 交于A，B 两点，直线AB 与抛物线的对称轴交于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 在直线AB 上方的抛物线上运动，若△ABP 的面积最大，求此时点P 的坐标；（3）在平面直角坐标系中，以点B，E，C，D 为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出符合条件点D 的坐标．8.如图，已知抛物线y =ax2 +3x + 4 的对称轴是直线x=3，且与x 轴相交于A，2B 两点（B 点在A 点右侧），与y 轴交于C 点．（1）求抛物线的解析式和A，B 两点的坐标．（2）若点P 是抛物线上B，C 两点之间的一个动点（不与B，C 重合），则是否存在一点P，使△PBC 的面积最大？若存在，请求出△PBC 的最大面积；若不存在，试说明理由．（3）若M 是抛物线上任意一点，过点M 作y 轴的平行线，交直线BC 于点N，当MN=3 时，求点N 的坐标．9.如图，抛物线y=1x2 +bx +c 经过点A( 2 3（1）求该抛物线的解析式；，0)和点B(0，-2)．（2）若△OAB 以每秒2 个单位长度的速度沿射线BA 方向运动，设运动时间为t，点O，A，B 的对应点分别为D，E，C，直线DE 交抛物线于点M．①当点M 为DE 的中点时，求t 的值；②连接AD，当△ACD 为等腰三角形时，请直接写出点M 的坐标．备用图310.如图，抛物线y=ax2+bx-2 的对称轴是直线x=1，与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C，点A 的坐标为(-2，0)，点P 为抛物线上的一个动点，过点P 作PD⊥x 轴于点D，交直线BC 于点E．（1）求抛物线解析式．（2）若点P 在第一象限内，当OD=4PE 时，求四边形POBE 的面积．（3）在（2）的条件下，若点M 为直线BC 上一点，点N 为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M 和点N，使得以点B，D，M，N 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．11.如图，在平面直角坐标系中，∠ACB=90°，OC=2OB，tan∠ABC=2，点B 的坐标为(1，0)，抛物线y=-x2+bx+c 经过A，B 两点．（1）求抛物线的解析式．（2）点P 是直线AB 上方抛物线上的一点，过点P 作PD 垂直x 轴于点D，交线段AB 于点E，使PE 1DE ．2①求点P 的坐标和△PAB 的面积．②在直线PD 上是否存在点M，使△ABM 为直角三角形？若存在，直接写出符合条件的所有点M 的坐标；若不存在，请说明理由．12.如图，抛物线y=ax2+bx+2 与直线y=-x 交第二象限于点E，与x 轴交于A(-3，0)，B 两点，与y 轴交于点C，EC∥x 轴．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是直线y=-x 上方抛物线上的一个动点，过点P 作x 轴的垂线交直线于点G，作PH⊥EO，垂足为H．设PH 的长为l，点P 的横坐标为m，求l 与m 的函数关系式（不必写出m 的取值范围），并求出l 的最大值；（3）如果点N 是抛物线对称轴上的一个动点，抛物线上存在一动点M，若以M，A，C，N 为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出所有满足条件的点M 的坐标．13. 如图所示，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A(-2，0)，B(4，0)，C(0，-8)，与直线y=x-4 交于B，D 两点．（1）求抛物线的解析式及点D 的坐标；（2）点P 为直线BD 下方抛物线上的一个动点，求△BDP 面积的最大值及此时点P 的坐标；（3）点Q 是线段BD 上异于B，D 的动点，过点Q 作QF⊥x 轴于点F，交抛物线于点G，当△QDG 为直角三角形时，直接写出点Q 的坐标．1314.如图，抛物线y=ax2+bx+c 交x 轴于点A(1，0)和点B(3，0)，交y 轴于点C，抛物线上一点D 的坐标为(4，3)．（1）求该抛物线所对应的函数解析式；（2）如图1，点P 是直线BC 下方抛物线上的一个动点，PE∥x 轴，PF∥y 轴，求线段EF 的最大值；（3）如图2，点M 是线段CD 上的一个动点，过点M 作x 轴的垂线，交抛物线于点N，当△CBN 是直角三角形时，请直接写出所有满足条件的点M 的坐标．15.如图，已知抛物线y=ax2+4x+c 与x 轴交于点M，与y 轴交于点N，抛物线的对称轴与x 轴交于点P，OM=1，ON=5．（1）求抛物线的解析式．（2）点A 是y 轴正半轴上一动点，点B 是抛物线对称轴上的任意一点，连接AB，AM，BM，且AB⊥AM．①AO 为何值时，△ABM∽△OMN，请说明理由；②若Rt△ABM 中有一边的长等于MP 时，请直接写出点 A 的坐标．16.如图，已知A(-2，0)，B(4，0)，抛物线y=ax2+bx-1 过A，B 两点，并与过点A 的直线y =-1x -1 交于点C．2（1）求抛物线解析式及对称轴．（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO 的周长最小？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．（3）点M 为y 轴右侧抛物线上一点，过点M 作直线AC 的垂线，垂足为N．问：是否存在这样的点N，使以点M，N，C 为顶点的三角形与△AOC 相似？若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．17.如图，直线l：y =1x +m 与x 轴交于点A(4，0)，与y 轴交于点B，抛物线2y=ax2+bx+c（a≠0）经过A，B 两点，且与x 轴交于另一点C(-1，0)．（1）求直线及抛物线的解析式；（2）点P 是抛物线上一动点，当点P 在直线l 下方的抛物线上运动时，过点P 作PM∥x 轴交l 于点M，过点P 作PN∥y 轴交l 于点N，求PM+PN 的最大值；（3）在（2）的条件下，当PM+PN 的值最大时，将△PMN 绕点N 旋转，当点M 落在x 轴上时，直接写出此时点P 的坐标．18.如图，已知抛物线y=ax2+x+c 与y 轴交于点C(0，3)，与x 轴交于点A 和点B(3，0)，点P 是抛物线上的一个动点．（1）求这条抛物线的表达式；（2）若点P 是点B 与点C 之间的抛物线上的一个动点，过点P 向x 轴作垂线，交BC 于点D，求线段PD 长度的最大值；（3）当点P 移动到抛物线的什么位置时，使得∠PCB=75°，请求出此时点P 的坐标．19.在平面直角坐标系内，直线y =1x + 2 分别与x 轴、y 轴交于点A，C．抛物2线y =-1x2 +bx +c 经过点A 与点C，且与x 轴的另一个交点为点B．点D2在该抛物线上，且位于直线AC 的上方．（1）求上述抛物线的表达式；（2）若连接AD，CD，试求出点D 到直线AC 的最大距离以及此时△ADC 的面积；（3）过点D 作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD．若△CFD 与△AOC 相似，求点D 的坐标．20.如图，抛物线y=ax2+bx-3 过A(1，0)，B(-3，0)，直线AD 交抛物线于点D，点D 的横坐标为-2，点P(m，n)是线段AD 上的动点．（1）求直线AD 及抛物线的解析式．（2）过点P 的直线垂直于x 轴，交抛物线于点Q，求线段PQ 的长度l 与m 的关系式，m 为何值时，PQ 最长？（3）在平面内是否存在整点R（横、纵坐标都为整数），使得P，Q，D，R 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点R 的坐标；若不存在，说明理由．21.如图，抛物线y=-x2+bx+c 交x 轴于A，B 两点，交y 轴于点C，直线y=x-5经过点B，C．（1）求抛物线的解析式；（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；（3）在抛物线上找一点M，连接AM，使得∠MAB=∠ABC，请直接写出点M 的坐标．21参考答案：2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13、14、15、16、17、18、19、20、21、。

2020年中考数学压轴题十大题型(含详细答案)函数型综合题：是给定直角坐标系和几何图形，先求函数的解析式，再进行图形的研究，求点的坐标或研究图形的某些性质。

求已知函数的解析式主要方法是待定系数法，关键是求点的坐标，而求点的坐标基本方法是几何法（图形法）和代数法（解析法）。

几何型综合题：是先给定几何图形，根据已知条件进行计算，然后有动点（或动线段）运动，对应产生线段、面积等的变化，求对应的（未知）函数的解析式，求函数的自变量的取值范围，最后根据所求的函数关系进行探索研究。

一般有：在什么条件下图形是等腰三角形、直角三角形，四边形是平行四边形、菱形、梯形等，或探索两个三角形满足什么条件相似等，或探究线段之间的数量、位置关系等，或探索面积之间满足一定关系时求x的值等，或直线（圆）与圆的相切时求自变量的值等。

求未知函数解析式的关键是列出包含自变量和因变量之间的等量关系（即列出含有x、y的方程），变形写成y＝f（x）的形式。

找等量关系的途径在初中主要有利用勾股定理、平行线截得比例线段、三角形相似、面积相等方法。

求函数的自变量的取值范围主要是寻找图形的特殊位置（极端位置）和根据解析式求解。

而最后的探索问题千变万化，但少不了对图形的分析和研究，用几何和代数的方法求出x的值。

解中考压轴题技能：中考压轴题大多是以坐标系为桥梁，运用数形结合思想，通过建立点与数即坐标之间的对应关系，一方面可用代数方法研究几何图形的性质，另一方面又可借助几何直观，得到某些代数问题的解答。

关键是掌握几种常用的数学思想方法。

一是运用函数与方程思想。

以直线或抛物线知识为载体，列（解）方程或方程组求其解析式、研究其性质。

二是运用分类讨论的思想。

对问题的条件或结论的多变性进行考察和探究。

三是运用转化的数学的思想。

由已知向未知，由复杂向简单的转换。

中考压轴题它是对考生综合能力的一个全面考察，所涉及的知识面广，所使用的数学思想方法也较全面。

因此，可把压轴题分离为相对独立而又单一的知识或方法组块去思考和探究。

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.。

2020年九年级备战中考——中考题型计算压轴题（图形题）1.如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，点M是AB的中点，连接MC，点P是线段BC延长线上一点，且PC<BC，连接MP交AC于点H.将射线MP绕点M逆时针旋转60°交线段CA的延长线于点D.（1）找出与∠AMP相等的角，并说明理由.（2）如图2，CP=12BC，求ADBC的值.（3）在（2）的条件下，若MD=√133，求线段AB的长.2.如图，四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，点E在射线AC上（不包括点A和点C），过点E的直线GH 交直线AD于点G，交直线BC于点H，且GH∥DC，点F在BC的延长线上，CF＝AG，连接ED，EF，DF.（1）如图1，当点E在线段AC上时，①判断△AEG的形状，并说明理由.②求证：△DEF是等边三角形.（2）如图2，当点E在AC的延长线上时，△DEF是等边三角形吗？如果是，请证明你的结论；如果不是，请说明理由.3.已知，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC边上一点，连接AD，分别以CD和AD为直角边作Rt△CDE 和Rt△ADF，使∠DCE＝∠ADF＝90°，点E，F在BC下方，连接EF.（1）如图1，当BC＝AC，CE＝CD，DF＝AD时，求证：①∠CAD＝∠CDF，②BD＝EF；（2）如图2，当BC＝2AC，CE＝2CD，DF＝2AD时，猜想BD和EF之间的数量关系？并说明理由. 4.如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，D是射线CB上一点（点D不与点B重合），以AD为斜边作等腰直角三角形ADE（点E和点C在AB的同侧），连接CE.（1）如图①，当点D与点C重合时，直接写出CE与AB的位置关系；（2）如图②，当点D与点C不重合时，（1）的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）当∠EAC＝15°时，请直接写出CEAB 的值.5.如图，是具有公共边AB的两个直角三角形，其中，AC=BC，∠ACB=∠ADB=90°.（1）如图1，若延长DA到点E，使AE=BD，连接CD，CE.①求证：CD=CE，CD⊥CE；②求证：AD+BD= √2 CD；（2）若△ABC与△ABD位置如图2所示，请直接写出线段AD，BD，CD的数量关系.6.如图，点E，F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且DE=CF，点P在射线BC上（点P不与点F重合）.将线段EP绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，过点E作GD 的垂线QH，垂足为点H，交射线BC于点Q .（1）如图1，若点E是CD的中点，点P在线段BF上，线段BP，QC，EC的数量关系为________.（2）如图2，若点E不是CD的中点，点P在线段BF上，判断（1）中的结论是否仍然成立.若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由.（3）正方形ABCD的边长为6，AB=3DE，QC=1，请直接写出线段BP的长.7.如图，四边形ABCD是正方形，连接AC，将△ABC绕点A逆时针旋转α得△AEF，连接CF，O为CF的中点，连接OE，OD.（1）如图1，当α=45°时，请直接写出OE与OD的关系（不用证明）.（2）如图2，当45°<α<90°时，（1）中的结论是否成立？请说明理由.（3）当α=360°时，若AB=4√2，请直接写出点O经过的路径长.8.如图，在四边形ABCD中，AB//CD，AD⊥CD，∠B＝45°，延长CD到点E，使DE＝DA，连接AE .（1）求证：AE=BC；（2）若AB＝3，CD＝1，求四边形ABCE的面积.9.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是△ABC内一点，连接AD，BD.在BD左侧作Rt△BDE，使∠BDE＝90°，以AD和DE为邻边作▱ADEF，连接CD，DF.（1）若AC＝BC，BD＝DE.①如图1，当B，D，F三点共线时，CD与DF之间的数量关系为________.②如图2，当B，D，F三点不共线时，①中的结论是否仍然成立？请说明理由.________（2）若BC＝2AC，BD＝2DE，CDAC =45，且E，C，F三点共线，求AFCE的值.10.已知：在△ABC外分别以AB，AC为边作△AEB与△AFC.（1）如图1，△AEB与△AFC分别是以AB，AC为斜边的等腰直角三角形，连接EF.以EF为直角边构造Rt△EFG，且EF＝FG，连接BG，CG，EC.求证：①△AEF≌△CGF；②四边形BGCE是平行四边形.（2）小明受到图1的启发做了进一步探究：如图2，在△ABC外分别以AB，AC为斜边作Rt△AEB与Rt△AFC，并使∠FAC＝∠EAB＝30°，取BC的中点D，连接DE，EF后发现，两者间存在一定的数量关系且夹角度数一定，请你帮助小明求出EDEF 的值及∠DEF的度数.（3）小颖受到启发也做了探究：如图3，在△ABC外分别以AB，AC为底边作等腰三角形AEB和等腰三角形AFC，并使∠CAF+∠EAB＝90°，取BC的中点D，连接DE，EF后发现，当给定∠EAB＝α时，两者间也存在一定的数量关系且夹角度数一定，若AE＝m，AB＝n，请你帮助小颖用含m，n的代数式直接写出EDEF 的值，并用含α的代数式直接表示∠DEF的度数.11.如图，在四边形ABCD中，点E和点F是对角线AC上的两点，AE＝CF，DF＝BE，且DF∥BE，过点C作CG⊥AB交AB的延长线于点G.（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；（2）若tan∠CAB＝25，∠CBG＝45°，BC＝4 √2，则▱ABCD的面积是________.12.如图1，ΔABC（12AC<BC<AC）绕点C顺时针旋转得ΔDEC，射线AB交射线DE于点F .（1）∠AFD与∠BCE的关系是________；（2）如图2，当旋转角为60°时，点D，点B与线段AC的中点O恰好在同一直线上，延长DO 至点G，使OG=OD，连接GC .①写出∠AFD与∠GCD的关系，请说明理由；②如图3，连接AE,BE，若∠ACB=45∘，CE=4，求线段AE的长度.13.阅读下面材料，完成（1）﹣（3）题数学课上，老师出示了这样一道题：如图1，ΔABC中，∠BAC=90∘，点D,E在BC上，AD=AB，AB=kBD（其中√22<k<1）∠ABC=∠ACB+∠BAE，∠EAC的平分线与BC相交于点F，BG⊥AF垂足为G，探究线段BG与AC的数量关系，并证明.同学们经过思考后，交流了自已的想法：小明：“通过观察和度量，发现∠BAE与∠DAC相等.”小伟：“通过构造全等三角形，经过进一步推理，可以得到线段BG与AC的数量关系.”……老师：“保留原题条件，延长图1中的BG，与AC相交于点H（如图2），可以求出AH的值.”HC（1）求证：∠BAE=∠DAC；（2）探究线段BG与AC的数量关系（用含k的代数式表示），并证明；的值（用含k的代数式表示）.（3）直接写出AHHC答案解析部分1.【答案】 （1）解： ∠D =∠AMP . 理由如下：∵ ∠ACB =90° ， ∠B =30° ， ∴ ∠BAC =60° . ∴ ∠D +∠DMA =60° .由旋转的性质知， ∠DMA +∠AMP =60° . ∴ ∠D =∠AMP（2）解：如图，过点C 作 CG ∥BA 交MP 于点G.∴ ∠GCP =∠B =30° ， ∠BCG =150° .∵ ∠ACB =90° ，点M 是AB 的中点， ∴ CM =12AB =BM =AM . ∴ ∠MCB =∠B =30° . ∴ ∠MCG =120° .∵ ∠MAD =180°−60°=120° . ∴ ∠MAD =∠MCG .∵ ∠DMG −∠AMG =∠AMC −∠AMG ， ∴ ∠DMA =∠GMC . 在 △MDA 与 △MGC 中， {∠MAD =∠M CGAM =CM∠DMA =∠GMC∴ △MDA ≌△MGC(ASA) . ∴ AD =CG . ∵ CP =12BC . ∴ CP =13BP . ∵ CG ∥BM ，∴ △CGP ∽△BMP . ∴CG BM=CP BP =13 .设 CG =AD =t ，则 BM =3t ， AB =6t . 在 Rt △ABC 中， cos B =BC AB=√32.∴ BC =3√3t .∴AD BC=3√3t=√39（3）解：如图，由（2）知 △CGP ∽△BMP .则 MD =MG =√133.∵ CG ∥MA .∴ ∠CGH =∠AMH . ∵ ∠GHC =∠MHA ， ∴ △GHC ∽△MHA . ∴HG HH=CH AH =CG AM =13 .∴ HG =14MG =14×√133=√1312.∴ MH =√133−√1312=√134 .由（2）知， CG =AD =t ，则 BM =AM =CA =3t . ∴ CH =34t ， AH =94t .∵ ∠MHA =∠DHM ， ∠HMA =∠D . ∴ △MHA ∽△DMH . ∴MH DH=AHMH .∴ MH 2=AH ⋅DH ，即 (√134)2=94t ⋅134t . 解得 t 1=13， t 2=−13（舍去）.∴ AB ＝6t ＝2 .2.【答案】 （1）解：①解：△AEG是等边三角形；理由如下： ∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD＝120°，∴AD∥BC，AB ＝BC ＝CD ＝AD ，AB∥CD，∠CAD＝ 12∠BAD＝60°， ∴∠BAD+∠ADC＝180°， ∴∠ADC＝60°， ∵GH∥DC，∴∠AGE＝∠ADC＝60°，∴∠AGE＝∠EAG＝∠AEG＝60°， ∴△AEG是等边三角形；②证明：∵△AEG是等边三角形， ∴AG＝AE ， ∵CF＝AG ， ∴AE＝CF ，∵四边形ABCD 是菱形， ∴∠BCD＝∠BAD＝120°， ∴∠DCF＝60°＝∠CAD，在△AED和△CFD中， {AD =CD ∠EAD =∠FCD AE =CF，∴△AED≌△CFD（SAS ） ∴DE＝DF ，∠ADE＝∠CDF， ∵∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝60°， ∴∠CDF+∠CDE＝60°，即∠EDF＝60°，∴△DEF是等边三角形（2）解：△DEF是等边三角形；理由如下：同（1）①得：△AEG是等边三角形，∴AG＝AE，∵CF＝AG，∴AE＝CF，∵四边形ABCD是菱形，∴∠BCD＝∠BAD＝120°，∠CAD＝12∠BAD＝60°，∴∠FCD＝60°＝∠CAD，在△AED和△CFD中，{AD=CD∠EAD=∠FCDAE=CF，∴△AED≌△CFD（SAS），∴DE＝DF，∠ADE＝∠CDF，∵∠ADC＝∠ADE﹣∠CDE＝60°，∴∠CDF﹣∠CDE＝60°，即∠EDF＝60°，∴△DEF是等边三角形.3.【答案】（1）证明：①∵∠ACB＝90°，∴∠CAD+∠ADC＝90°，∵∠CDF+∠ADC＝90°，∴∠CAD＝∠CDF；②作FH⊥BC交BC的延长线于H，则四边形FECH为矩形，∴CH＝EF，在△ACD和△DHF中，{∠CAD=∠HDF∠ACD=∠DHF=90°AD=DF ，∴ΔACD≅ΔDHF(AAS)∴DH=AC，∵AC=CB，∴DH=CB，∴DH−CD=CB−CD，即HG=BD，∴BD=EF（2）解：BD=EF，理由如下：作FG⊥BC交BC的延长线于G，则四边形FECG为矩形，∴CG=EF，∵∠CAD=∠GDF，∠ACD=∠DGF=90°，∴ΔACD∽ΔDGF，∴DGAC =DFAD=2，即DG=2AC，GF＝2CD，∵BC＝2AC，CE＝2CD，∴BC＝DG，GF＝CE，∴BD＝CG，∵GF∥CE，GF＝CE，∠G＝90°，∴四边形FECG为矩形，∴CG＝EF，∴BD＝EF.4.【答案】（1）解：当点D与点C重合时，CE∥AB，理由如下：∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠CAB＝45°，∵△ADE是等腰直角三角形，∴∠ADE＝45°，∴∠CAB＝∠ADE，∴CE∥AB（2）解：当点D与点C不重合时，（1）的结论仍然成立，理由如下：在AC上截取AF＝CD，连接EF，∵∠AED＝∠ACB＝90°，∴∠EAF＝∠EDC，在△EAF和△EDC中，{AE=ED∠EAF=∠EDC AF=DC ，∴△EAF≌△EDC（SAS），∴EF＝EC，∠AEF＝∠DEC，∵∠AED＝90°，∴∠FEC＝90°，∴∠ECA＝45°，∴∠ECA＝∠CAB，∴CE∥AB；（3）解：如图②，∠EAC＝15°，∴∠CAD＝30°，∴AD＝2CD，AC＝√3CD，∴ FC＝（√3﹣1）CD，∵△CEF为等腰直角三角形，∴ EC＝√22FC＝√6−√22CD，∵△ABC是等腰直角三角形，∴ AB＝√2AC＝√6CD，∴ CEAB √6−√22√63−√36，如图③，∠EAC＝15°，由（2）得，∠EDC＝∠EAC＝15°，∴∠ADC＝30°，∴ CD＝√3AC，AB＝√2AC，延长AC至G，使AG＝CD，∴CG＝AG﹣AC＝DC﹣AC＝√3 AC﹣AC，在△EAG和△EDC中，{AG=DC∠EAG=∠EDC AC=DE ，∴△EAG≌△EDC（SAS），∴EG＝EC，∠AEG＝∠DEC，∴∠CEG＝90°，∴△CEG为等腰直角三角形，∴ EC＝√22CG＝√6−√22AC，∴ CEAB √3−12，综上所述，当∠EAC＝15°时，CEAB 的值为3−√36或√3−12.5.【答案】（1）证明：①在四边形ADBC中，∠DAC+∠DBC+∠ADB+∠ACB=360°，∵∠ADB+∠ACB=180°，∴∠DAC+∠DBC=180°，∵∠EAC+∠DAC=180°，∴∠DBC=∠EAC，∵BD=AE，BC=AC，∴△BCD≌△ACE(SAS)，∴CD=CE，∠BCD=∠ACE，∵∠BCD+∠DCA=90°，∴∠ACE+∠DCA=90°，∴∠DCE=90°，∴CD⊥CE；②∵CD=CE，CD⊥CE，∴△CDE是等腰直角三角形，∴DE= √2 CD，∵DE=AD+AE，AE=BD，∴DE=AD+BD，∴AD+BD= √2 CD（2）解：AD-BD= √2 CD；理由：如图2，在AD上截取AE=BD，连接CE，∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BAC=∠ABC=45°，∵∠ADB=90°，∴∠CBD=90°-∠BAD-∠ABC=90°-∠BAD-45°=45°-∠BAD，∵∠CAE=∠BAC-∠BAD=45°-∠BAD，∴∠CBD=∠CAE，∵BD=AE，BC=AC，∴△CBD≌△CAE(SAS)，∴CD=CE，∠BCD=∠ACE，∵∠ACE+∠BCE=∠ACB=90°，∴∠BCD+∠BCE=90°，即∠DCE=90°，∴DE= √CD2+CE2 = √2CD2 = √2 CD，∵DE=AD-AE=AD-BD，∴AD-BD= √2 CD.6.【答案】（1）BP+QC=EC（2）解：（1）中的结论仍然成立，理由如下：由题意得：∠PEG=90°，EG=EP，∴∠PEQ +∠GEH =90° ，∵QH ⊥GD ，∴∠H =90° ， ∠G +∠GEH =90° ，∴∠PEQ =∠G ，∵ 四边形 ABCD 是正方形，∴∠DCB =90° ， BC =DC ，∴∠EPQ +∠PEC =90° ，∵∠PEC +∠GED =90° ，∴∠GED =∠EPQ ，在 ΔPEQ 和 ΔEGD 中， {∠EPQ =∠GEDEP =EG ∠PEQ =∠G，∴ΔPEQ ≅ΔEGD(ASA) ，∴PQ =ED ，∴BP +QC =BC −PQ =CD −ED =EC ，即 BP +QC =EC（3）解：分两种情况：①当点 P 在线段 BF 上时，点 Q 在线段 BC 上，由（2）可知： BP =EC −QC ，∵AB =3DE =6 ，∴DE =2 ， EC =4 ，∴BP =4−1=3 ；②当点 P 在射线 FC 上时，点 Q 在线段 BC 的延长线上，如图3所示：同（2）可得： ΔPEQ ≅ΔEGD(AAS) ，∴PQ =ED ，∵BC =DC ， DC =EC +DE ，∴BP =BC +PC =DC +PC =EC +DE +PC =EC +PQ +PC =EC +QC ，∴BP =QC +EC =1+4=5 ；综上所述，线段 BP 的长为3或5.7.【答案】 （1）解： OE =OD ， OE ⊥OD ；理由如下：由旋转的性质得： AF =AC ， ∠AFE =∠ACB ，∵四边形ABCD 是正方形，∴ ∠ACB =∠ACD =∠FAC =45° ，∴ ∠ACF =∠AFC =12(180°−45°)=67.5° ，∴ ∠DCF =∠EFC =22.5° ，∵ ∠FEC =90° ，O 为CF 的中点，∴ OE =12CF =OC =OF ，同理： OD =12CF ，∴ OE =OD =OC =OF ，∴ ∠EOC =2∠EFO =45° ， ∠DOF =2∠DCO =45° ，∴ ∠DOE =180°−45°−45°=90° ，∴ OE ⊥OD（2）解：当 45°<α<90° 时，（1）中的结论成立，理由如下：延长EO 到点M ，使 OM =EO ，连接DM 、CM 、DE ，如图2所示：∵O为CF 的中点，∴ OC =OF ， 在 △COM 和 △FOE 中， {OM =OE∠COM =∠FOE OC =OF，∴ △COM ≌ △FOE （SAS ），∴ ∠MCF =∠EFC ， CM =EF .∵四边形ABCD 是正方形，∴ AB =BC =CD ， ∠BAC =∠BCA =45° ，∵ ΔABC 绕点A 逆时针旋转α得 ΔAEF ，∴ AB =AE =EF =CD ， AC =AF ，∴ CD =CM ， ∠ACF =∠AFC ，∵ ∠ACF =∠ACD +∠FCD ， ∠AFC =∠AFE +∠CFE ， ∠ACD =∠AFE =45° ，∴ ∠FCD =∠CFE =∠MCF ，∵ ∠EAC +∠DAE =45° ， ∠FAD +∠DAE =45° ，∴ ∠EAC =∠FAD ，在 △ACF 中，∵ ∠ACF +∠AFC +∠CAF =180° ，∴ ∠DAE +2∠FAD +∠DCM +90°=180° ，∵ ∠FAD +∠DAE =45° ，∴ ∠FAD +∠DCM =45° ，∴ ∠DAE =∠DCM ，在 △ADE 和 △CDM 中， {AE =CM∠DAE =∠DCM AD =CD ，∴ △ADE ≌ △CDM （SAS ），∴ DE =DM ，∵ OE =OM ，∴ OE ⊥OD ， 在 △COM 和 △COD 中， {CM =CD∠MCF =∠FCD OC =OC ，∴ △COM ≌ △COD （SAS ），∴ OM =OD .∴ OE =OD ，∴ OE =OD ， OE ⊥OD（3）解：连接AO ，如图3所示：∵ AC=AF，CO=OF，∴ AO⊥CF，∴ ∠AOC=90°，∴点O在以AC为直径的圆上运动，∵ α=360°，∴点O经过的路径长等于以AC为直径的圆的周长，∵ AC=√2AB=√2×4√2=8，∴点O经过的路径长为：πd=8π .8.【答案】（1）证明：∵AB//CD，∠B＝45°∴∠C+∠B＝180°∴∠C＝135°∵DE＝DA，AD⊥CD∴∠E＝45°∵∠E+∠C＝180°∴AE//BC，且AB//CD∴四边形ABCE是平行四边形∴AE＝BC（2）解：∵四边形ABCE是平行四边形∴AB＝CE＝3∴AD＝DE＝AB−CD＝2∴四边形ABCE的面积＝3×2＝69.【答案】（1）DF＝√2 CD.；结论仍然成立.理由：如图2中，连接CF.延长BD交AF的延长线于H，设AC交BH于G.∵四边形AFED是平行四边形，∴AF＝DE，DE∥AF，∵BD＝DE，∴AF＝BD，∵∠BDE＝90°，∴∠DEH＝∠DHA＝90°＝∠BCG，∵∠CGB＝∠AGH，∴∠CBD＝∠CAF，∵BC＝AC，∴△BCD≌△ACF（SAS），∴∠BCD＝∠ACF，CD＝CF，∴∠BCA＝∠DCF＝90°，∴△CDF是等腰直角三角形，∴DF＝√2 CD（2）解：如图3中，延长BD交AF于H.设BH交AC于G.∵四边形AFED是平行四边形，∴AF＝DE，DE∥AF，∵∠BDE＝90°，∴∠DEH＝∠DHA＝90°＝∠BCG，∵∠CGB＝∠AGH，∴∠CBD＝∠CAF，∵ BDDE =BCAC=2，∴ BDAF =BCAC，∴△CBD∽△CAF，∴ CDCF =BCAC=2，∠BCD＝∠ACF，∴∠BCA＝∠DCF＝90°，∵AD∥EF，∴∠ADC+∠DCF＝180°，∴∠ADC＝90°，∵CD：AC＝4：5，设CD＝4k，AC＝5k，则AD＝EF＝3k，∴CF＝12CD＝2k，∴EC＝EF﹣CF＝k，∴DE＝AF＝√CD2+EC2=√(4k)2+k2=√17k，∴ AFCE =√17kk=√17 .10.【答案】（1）解：证明：①如图1中，∵△EFC与△AFC都是等腰直角三角形，∴FA＝FC，FE＝FG，∠AFC＝∠EFG＝90°，∴∠AFE＝∠CFG，∴△AFE≌△CFG（SAS）.②∵△AFE≌△CFG，∴AE＝CG，∠AEF＝∠CGF，∵△AEB是等腰直角三角形，∴AE＝BE，∠BEA＝90°，∴CG＝BE，∵△EFG是等腰直角三角形，∴∠FEG＝∠FGE＝45°，∴∠AEF+∠BEG＝45°，∵∠CGE+∠CGF＝45°，∴∠BEG＝∠CGE，∴BE∥CG，∴四边形BECG是平行四边形（2）解：如图2中，延长ED到G，使得DG＝ED，连接CG，FG.∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，∵∠EDB＝∠GDC，∴EB＝GC，∠EBD＝∠GCD，在Rt△AEB与Rt△AFC中，∵∠EAB＝∠FAC＝30°，∴ EBAE =√33，FCAF=√33，∴ CGAE =FCAF，∵∠EBD＝∠2+60°，∴∠DCG＝∠2+60°，∴∠GCF＝360°﹣60°﹣（∠2+60°）﹣∠3＝360°﹣120°﹣（∠2+∠3）＝360°﹣120°﹣（180°﹣∠1）＝60°+∠1，∵∠EAF＝30°+∠1+30°＝60°+∠1，∴∠GCF＝∠EAF，∴△CGF∽△AEF，∴ FG FE =FC FA =√33 ，∠CFG＝∠AFE，∴∠EFG＝∠CFG+∠EFC＝∠AFE+∠EFC＝90°，∴tan∠DEF＝ FG FE =√33 ，∴∠DEF＝30°，∴FG＝ 12 EG ，∵ED＝ 12 EG ，∴ED＝FG ，∴ ED EF =√33（3）解：如图3中，延长ED 到G ，使得DG ＝ED ，连接CG ，FG.作EH⊥AB于H ，连接FD.∵BD＝DC ，∠BDE＝∠CDG，DE ＝DG ，∴△CDG≌△BDE（SAS ），∴CG＝BE ＝AE ，∠DCG＝∠DBE＝α+∠ABC，∵∠GCF＝360°﹣∠DCG﹣∠ACB﹣∠ACF＝360°﹣（α+∠ABC）﹣∠ACB﹣（90°﹣α）＝270°﹣（∠ABC+∠ACB）＝270°﹣（180°﹣∠BAC）＝90°+∠BAC＝∠EAF，∴△EAF≌△GCF（SAS ），∴EF＝GF ，∠AFE＝∠CFG，∴∠AFC＝∠EFC，∴∠DEF＝∠CAF＝90°﹣α，∵∠AEH＝90°﹣α，∴∠AEH＝∠DEF，∵AE＝m ，AH ＝ 12 AB ＝ 12 n ，∴EH＝ √AE 2−AH 2=√m 2−14n 2=√4m 2−n 22 ，∵D E ＝DG ，EF ＝GF ，∴DF⊥EG，cos∠DEF=cos∠AEH=EHAE =√4m2−n22m=√4m2−n22m.11.【答案】（1）证明：∵AE＝CF，∴AE+EF＝CF+EF，即AF＝CE，∵DF∥BE，∴∠DFA＝∠BEC，∵DF＝BE，∴△ADF≌△CBE（SAS），∴AD＝CB，∠DAF＝∠BCE，∴AD∥CB，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）24.12.【答案】（1）∠AFD=∠BCE（2）解：① ∠AFD=12∠GCD或∠AFD+∠GCD=180°，理由：如图2，连接AD，由旋转知，∠CAB=∠CDE，CA=CD，∠ACD=60°，∴ ΔACD是等边三角形，∴ AD=CD，∵ ∠AMC=∠DMF，∴ ΔACM∽ ΔDFM，∴ ∠ACD=∠AFD，∵ O是AC的中点，∴ AO=CO，∵ OD=OG，∠AOD=∠COG，∴ ΔAOD≌ ΔCOG（SAS），∴ AD=CG，∴ CG=CD，∴ ∠GCD=2∠ACD=120°，∴ ∠AFD=12∠GCD或∠AFD+∠GCD=180°，故答案为：∠AFD=12∠GCD或∠AFD+∠GCD=180°；②由①知，∠GCD=120°，∠ACD=∠BCE=60°，∴ ∠GCA=∠GCD−∠ACD=60°，∴ ∠GCB=∠BCE，∵ ∠GCB=∠GCA+∠ACB，∠ACE=∠BCE+∠ACB，∴ ∠GCB=∠ACE，由①知，CG=CD,CD=CA，∴ CG=CA，∵ BC=EC=4，∴ △GCB≅△ACE(SAS)，∴ BC=CE=4，∴ GB=AE，∵ CG=CD,OG=OD，∴ CO⊥GD，∴ ∠COG=∠COB=90°在RtΔBOC中，BO=BC⋅sin∠ACB=2√2，CO=BC⋅cos∠ACB=2√2，在RtΔGOC中，GO=CO•tan∠GCA=2√6，∴ GB=CO+BO=2√6+2√2，∴ AE=2√6+2√2 .13.【答案】（1）证明：∵ AB=AD∴ ∠ABD=∠ADB∵ ∠ADB=∠ACB+∠DAC , ∠ABD=∠ABC=∠ACB+∠BAE∴ ∠BAE=∠DAC（2）解：设∠DAC=α=∠BAE，∠C=β∴ ∠ABC=∠ADB=α+β∵ ∠ABC+∠C=α+β+β=α+2β=90∘，∠BAE+∠EAC=90∘=α+∠EAC ∴ ∠EAC=2β∵ AF平分∠EAC∴ ∠FAC=∠EAF=β∴ ∠FAC=∠C，∠ABE=∠BAF=α+β∴ ∠ABE=∠BAF=α+β∴ AF=12BC=BF∵ ∠ABE=∠BAF，∠BGA=∠BAC=90∘∴ ΔABG∽ ΔBCA∴ BGAC =ABBC∵ ∠ABE=∠BAF，∠ABE=∠AFB ∴ ΔAFB∽ ΔBAD∴ ABBD =BFAB，且AB=kBD，AF=12BC=BF∴ k=BC2AB ，即ABBC=12k∴ BGAC =12k（3）解：∵ ∠ABE=∠BAF，∠BAC=∠AGB=90∘∴ ∠ABH=∠C，且∠BAC=∠BAC∴ ΔABH∽ ΔACB∴ ABAC =AHAB∴ AB2=AC×AH设BD=m,AB=km，∵ ABBC =12k∴ BC=2k2m∴ AC=√BC2−AB2=km√4k2−1∴ AB2=AC×AH(km)2=km√4k2−1×AH∴ AH=√4k2−1∴ HC=AC−AH=km√4k2−1√4k2−1=2√4k2−1∴ AHCH =14k2−2。

2020年全国中考数学压轴题全解全析11、（河北卷）如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝12，BC ＝16，动点P 从点A 出发沿AC 边向点C 以每秒3个单位长的速度运动，动点Q 从点C 出发沿CB 边向点B 以每秒4个单位长的速度运动．P ，Q 分别从点A ，C 同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．在运动过程中，△PCQ 关于直线PQ 对称的图形是△PDQ ．设运动时间为t （秒）．（1）设四边形PCQD 的面积为y ，求y 与t 的函数关系式； （2）t 为何值时，四边形PQBA 是梯形？（3）是否存在时刻t ，使得PD ∥AB ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由； （4）通过观察、画图或折纸等方法，猜想是否存在时刻t ，使得PD ⊥AB ？若存在，请估计t 的值在括号中的哪个时间段内（0≤t ≤1；1＜t ≤2；2＜t ≤3；3＜t ≤4）；若不存在，请简要说明理由． [解] （1）由题意知 CQ ＝4t ，PC ＝12－3t ，∴S △PCQ =t t CQ PC 246212+-=⋅． ∵△PCQ 与△PDQ 关于直线PQ 对称，∴y=2S △PCQ t t 48122+-=． （2）当CQCP CA CB=时，有PQ ∥AB ，而AP 与BQ 不平行，这时四边形PQBA 是梯形， ∵CA =12，CB =16，CQ ＝4t ， CP ＝12－3t ，∴16412312tt =-，解得t ＝2． ∴当t ＝2秒时，四边形PQBA 是梯形．（3）设存在时刻t ，使得PD ∥AB ，延长PD 交BC 于点M ，如图2，若PD ∥AB ，则∠QMD =∠B ，又∵∠QDM =∠C =90°，∴Rt △QMD ∽Rt △ABC ，从而ACQD AB QM =， ∵QD =CQ =4t ，AC ＝12，AB=20，∴QM =203t ． 若PD ∥AB ，则CP CMCA CB=，得20412331216t t t +-=， 解得t ＝1211． ∴当t ＝1211秒时，PD ∥AB ．（4）存在时刻t ，使得PD ⊥AB ．P图2图7D 时间段为：2＜t ≤3．[点评]这是一道非常典型的动态几何问题，考查相似形、图形变换等知识，难度比起2005年河北非课改区的那道压轴题略有降低，但仍保留了足够的区分度，在解第3小题时应当先假设结论存在，再根据已知求解，若出现矛盾，则说明结论不存在，第4小题应该通过画图来判断时间段。