中考数学总复习《开放性问题》专项复习
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中考数学总复习《开放性问题》专项复习
一、.填空题
1. （2019•湖南邵阳•3分）如图，已知AD＝AE，请你添加一个条件，使得△ADC≌△AEB，你添加的条件是 AB＝AC或∠ADC＝∠AEB或∠ABE＝∠ACD ．（不添加任何字母和辅助线）
【分析】根据图形可知证明△ADC≌△AEB已经具备了一个公共角和一对相等边，因此可以利用ASA.SAS、AAS证明两三角形全等．
【解答】解：∵∠A＝∠A，AD＝AE，
∴可以添加AB＝AC，此时满足SAS；
添加条件∠ADC＝∠AEB，此时满足ASA；
添加条件∠ABE＝∠ACD，此时满足AAS，
故答案为AB＝AC或∠ADC＝∠AEB或∠ABE＝∠ACD；
【点评】本题考查了全等三角形的判定，是一道开放题，解题的关键是牢记全等三角形的判定方法．
二、解答题
1. （2019•湖南邵阳•8分）如图1，已知⊙O外一点P向⊙O作切线PA，点A为切点，连接PO并延长交⊙O于点B，连接AO并延长交⊙O于点C，过点C作CD⊥PB，分别交PB于点E，交⊙O于点D，连接AD．
（1）求证：△APO～△DCA；
（2）如图2，当AD＝AO时
①求∠P的度数；
②连接AB，在⊙O上是否存在点Q使得四边形APQB是菱形．若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由切线性质和直径AC可得∠PAO＝∠CDA＝90°，由PB∥AD可得∠POD＝∠CAD，即可得：△APO～△DCA；
（2）①连接OD，由AD＝OA＝OD可得△OAD是等边三角形，由此可得∠POA＝60°，∠P＝30°；
②作BQ⊥AC交⊙O于Q，可证ABQP为菱形，求可转化为求．
【解答】解：（1）证明：如图1，∵PA切⊙O于点A，AC是⊙O的直径，
∴∠PAO＝∠CDA＝90°
∵CD⊥PB
∴∠CEP＝90°
∴∠CEP＝∠CDA
∴PB∥AD
∴∠POA＝∠CAO
∴△APO～△DCA
（2）如图2，连接OD，
①∵AD＝AO，OD＝AO
∴△OAD是等边三角形
∴∠OAD＝60°
∵PB∥AD
∴∠POA＝∠OAD＝60°
∵∠PAO＝90°
∴∠P＝90°﹣∠POA＝90°﹣60°＝30°
②存在．如图2，过点B作BQ⊥AC交⊙O于Q，连接PQ，BC，CQ，
由①得：∠POA＝60°，∠PAO＝90°
∴∠BOC＝∠POA＝60° ∵OB＝OC
∴∠ACB＝60°
∴∠BQC＝∠BAC＝30°
∵BQ⊥AC，
∴CQ＝BC
∵BC＝OB＝OA
∴△CBQ≌△OBA（AAS）
∴BQ＝AB
∵∠OBA＝∠OPA＝30°
∴AB＝AP
∴BQ＝AP
∵PA⊥AC
∴BQ∥AP
∴四边形ABQP是平行四边形
∵AB＝AP
∴四边形ABQP是菱形
∴PQ＝AB
∴＝＝tan∠ACB＝tan60°＝
【点评】本题是有关圆的综合题，难度不大；主要考查了切线性质，圆周角与圆心角，等边三角形性质，特殊角三角函数值，菱形性质等．
2. （2019•湖南岳阳•10分）如图1，△AOB的三个顶点A.O、B分别落在抛物线F1：y＝x2+x的图象上，点A的横坐标为﹣4，点B的纵坐标为﹣2．（点A在点B的左侧）
（1）求点A.B的坐标；
（2）将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB'，抛物线F2：y＝ax2+bx+4经过A'、B'两点，已知点M为抛物线F2的对称轴上一定点，且点A'恰好在以OM为直径的圆上，连接OM、A'M，求△OA'M的面积；
（3）如图2，延长OB'交抛物线F2于点C，连接A'C，在坐标轴上是否存在点D，使得以A.O、D为顶点的三角形与△OA'C相似．若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把x＝﹣4代入抛物线F1解析式求得y即得到点A坐标；把y＝﹣2代入抛物线F1解析式，解方程并判断大于﹣4的解为点B横坐标．
（2）根据旋转90°的性质特点可求点A'、B'坐标（过点作x轴垂线，构造全等得到对应边相等）及OA'的长，用待定系数法求抛物线F2的解析式，进而求得对称轴．设点M纵坐标为m，则能用m表示A'M、OM的长度．因为点A'恰好在以OM为直径的圆上，即∠OA'M为圆周角，等于90°，故能根据勾股定理列得关于m的方程，解方程求得m的值即求得A'M的长，OA'•A'M即求得△OA'M的面积．
（3）求直线OB'解析式，与抛物线F2解析式联立方程组，求解即求得点C坐标，发现A'与C纵坐标相同，即A'C∥x轴，故∠OA'C＝135°．以A.O、D为顶点的三角形要与△OA'C相似，则△AOD必须有一角为135°．因为点A（﹣4，﹣4）得直线OA与x轴夹角为45°，所以点D不能在x轴或y轴的负半轴，在x轴或y轴的正半轴时，刚好有∠AOD＝135°．由于∠AOD的两夹边对应关系不明确，故需分两种情况讨论：△AOD∽△OA'C或△DOA∽△OA'C．每种情况下由对应边成比例求得OD的长，即得到点D坐标．
【解答】解：（1）当x＝﹣4时，y＝×（﹣4）2+×（﹣4）＝﹣4
∴点A坐标为（﹣4，﹣4）
当y＝﹣2时，x2+x＝﹣2
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣6
∵点A在点B的左侧
∴点B坐标为（﹣1，﹣2）
（2）如图1，过点B作BE⊥x轴于点E，过点B'作B'G⊥x轴于点G
∴∠BEO＝∠OGB'＝90°，OE＝1，BE＝2
∵将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB'
∴OB＝OB'，∠BOB'＝90°
∴∠BOE+∠B'OG＝∠BOE+∠OBE＝90°
∴∠B'OG＝∠OBE
在△B'OG与△OBE中
∴△B'OG≌△OBE（AAS）
∴OG＝BE＝2，B'G＝OE＝1
∵点B'在第四象限
∴B'（2，﹣1）
同理可求得：A'（4，﹣4）
∴OA＝OA'＝
∵抛物线F2：y＝ax2+bx+4经过点A'、B'
∴ 解得： ∴抛物线F2解析式为：y＝x2﹣3x+4
∴对称轴为直线：x＝﹣＝6
∵点M在直线x＝6上，设M（6，m）
∴OM2＝62+m2，A'M2＝（6﹣4）2+（m+4）2＝m2+8m+20
∵点A'在以OM为直径的圆上
∴∠OA'M＝90°
∴OA'2+A'M2＝OM2
∴（4）2+m2+8m+20＝36+m2
解得：m＝﹣2
∴A'M＝
∴S△OA'M＝OA'•A'M＝＝8
（3）在坐标轴上存在点D，使得以A.O、D为顶点的三角形与△OA'C相似．
∵B'（2，﹣1）
∴直线OB'解析式为y＝﹣x
解得：（即为点B'）
∴C（8，﹣4）
∵A'（4，﹣4）
∴A'C∥x轴，A'C＝4
∴∠OA'C＝135°
∴∠A'OC＜45°，∠A'CO＜45°
∵A（﹣4，﹣4），即直线OA与x轴夹角为45°
∴当点D在x轴负半轴或y轴负半轴时，∠AOD＝45°，此时△AOD不可能与△OA'C相似
∴点D在x轴正半轴或y轴正半轴时，∠AOD＝∠OA'C＝135°（如图2.图3） ①若△AOD∽△OA'C，则＝1
∴OD＝A'C＝4
∴D（4，0）或（0，4）
②若△DOA∽△OA'C，则
∴OD＝OA'＝8
∴D（8，0）或（0，8）
综上所述，点D坐标为（4，0）、（8，0）、（0，4）或（0，8）时，以A.O、D为顶点的三角形与△OA'C相似．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，解一元一次方程、二元一次方程组、一元二次方程，相似三角形的判定和性质．题目条件较多，图形有点复杂，需要细心根据条件逐步解决问题．第（2）题求点旋转90°后对应点的坐标，第（3）题相似三角形存在性问题中确定一角对应再分两种情况讨论，属于常考题型．
3. （2019•湖南邵阳•10分）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象过原点，与x轴的另一个交点为（8，0）
（1）求该二次函数的解析式；
（2）在x轴上方作x轴的平行线y1＝m，交二次函数图象于A.B两点，过A.B两点分别作x轴的垂线，垂足分别为点D.点C．当矩形ABCD为正方形时，求m的值； （3）在（2）的条件下，动点P从点A出发沿射线AB以每秒1个单位长度匀速运动，同时动点Q以相同的速度从点A出发沿线段AD匀速运动，到达点D时立即原速返回，当动点Q返回到点A时，P、Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．过点P向x轴作垂线，交抛物线于点E，交直线AC于点F，问：以A.E.F、Q四点为顶点构成的四边形能否是平行四边形．若能，请求出t的值；若不能，请说明理由．
【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A，B的坐标，进而可得出点C，D的坐标，再利用正方形的性质可得出关于m的方程，解之即可得出结论；
（3）由（2）可得出点A，B，C，D的坐标，根据点A，C的坐标，利用待定系数法可求出直线AC的解析式，利用二次函数图象上点的坐标特征及一次函数图象上点的坐标特征可求出点E，F的坐标，由AQ∥EF且以A.E.F、Q四点为顶点的四边形为平行四边形可得出AQ＝EF，分0＜t≤4，4＜t≤7，7＜t≤8三种情况找出AQ，EF的长，由AQ＝EF可得出关于t的一元二次方程，解之取其合适的值即可得出结论．
【解答】解：（1）将（0，0），（8，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得：
，解得：，
∴该二次函数的解析式为y＝﹣x2+x．
（2）当y＝m时，﹣x2+x＝m，
解得：x1＝4﹣，x2＝4+，
∴点A的坐标为（4﹣，m），点B的坐标为（4+，m），
∴点D的坐标为（4﹣，0），点C的坐标为（4+，0）．
