2019-2020年中考数学备考专题复习开放探究问题含解析

1、三、综合题（共13题；共164分）2019-2020年中考数学备考专题复习开放探究问题含解析、单选题（共3题；共6分）1、（xx?泰安）如图，四个实数m, n, p, q在数轴上对应的点分别为M, N P, Q,若n+q=0,则m n, p, q四个实数中，绝对值最大的一个是（）>工P NM QA、pB、qC、mD> n2、（xx?贺州）n是整数，式子 1 - （- 1） n （n2-1）计算的结果（）A、是0B、总是奇数C、总是偶数H可能是奇数也可能是偶数3、（xx?绍兴）抛物线 y=x2+bx+c （其中b, c是常数）过点 A （2, 6）,且抛物线的对称轴与线段 y=0 （

2、1<x<3）有交点，则 c的值不可能是（）A、4B、6C、8Dk 10二、填空题（共2题；共2分）4、（xx?济宁）如图， ABC中，ADLBCC吐AB,垂足分别为DE,ADCE交于点H,请你添加一个适当的条件： ,使AEHACEB6、（xx?淄博）如图，正方形 ABCD勺对角线相交于点。，点M, N分别是边BC, CD上的动点（不与点B, C, D重合），AM AN分另I交BD于点E, F,且/ MAN始终保持45°不变.求证：=;（2）求证：AF± FM （3）请探索：在/ MAN的旋转过程中，当/ BAM等于多少度时，/ FMN= BAM写出你的探索结论,

3、并加以证明.7、（xx?南充）已知正方形 ABCM边长为1,点P为正方形内一动点，若点M在AB上，且满足 PB6 APAPM延长 BP交AD于点N,连结 CM（1）如图一，若点 M在线段 AB上，求证：API BN AM=AN（2）如图二，在点P运动过程中，满足PB6 4PAM的点M在AB的延长线上时，API BN和AM=AN 是否成立？（不需说明理由）是否存在满足条件的点 P,使得PC=?请说明理由.8、（xx?临沂）如图1,在正方形 ABCD43,点E, F分别是边BC, AB上的点，且 CE=BF连接DE 过点E作EGL DE使EG=DE连接FG FC.5、（xx?娄底）如图，已知/ A

4、=Z D,要使ABaADEF还需添加一个条件，你添加的条件是.（只需写一个条件，不添加辅助线和字母）EC图2（1）请判断：FG与CE的数量关系（2）如图2,若点E, F分别是边 请作出判断并给予证明；如图3,若点E, F分别是边 请直接写出你的判断.,位置关系是CB BA延长线上的点,BC AB延长线上的点,其它条件不变，（1）其它条件不变，（1）如图，在 ABC中,点。是/ABC和/ACB平分线的交点,a 表示)；如图，/ CBO= /ABC / BCO= /ACB Z A=x , 展研究：(2)如图，/ CBO= / DBC / BCO= / ECB / A= a ,请猜想/若/则/A=

5、a , BOC=BOC=中结论是否仍然成立?中结论是否仍然成立?则/ BOC= 用（用a表示）拓（用 a表小），并说明理由.类比研究：（3）BO、CO分另1J是4ABC的外角/DBC / ECB的n等分线，它们交于点 O, / CBO=/ DBC / BCO= /ECB Z A= a ,请猜想/ BOC=10、（xx?南宁）已知四边形 ABC皿菱形，AB=4, Z ABC=60 , / EAF的两边分别与射线 CB, DCDDD相交于点 E, F,且/ EAF=60 .311、 （xx?眉山）如图， ABC和 BEC均为等腰直角三角形，且/ ACBW BEC=90 , AC=4，点P 为线段B

6、E延长线上一点，连接 CP以CP为直角边向下作等腰直角 CPD线段 BE与CD相交于点F（2）连接BD请你判断AC与BD有什么位置关系？并说明理由； 设PE=x, 4PBD的面积为S,求S与x之间的函数关系式.12、（xx?东营）如图1, 4ABC是等腰直角三角形，/ BAC=90 , AB=AC四边形ADEF正方形, 点B、C分别在边 AD AF上，此时 BD=CF BDL CF成立.（1）如图（2）如图如图1,2,3,当占.=1 八、当占.=1 八、当占.=1 八、E是线段E是线段E在线段CB的中点时，直接写出线段CB上任意一点时（点 E不与CB的延长线上，且/ EAB=15EE2AE,

7、EF, AF之间的数量关系；B、C重合），求证： BE=CF 时，求点 F到BC的距离.图1图2图3 当4ABC绕点A逆时针旋转0 （0° < 0 <90° ）时，如图2, BD=CF立吗？若成立，请证明， 若不成立，请说明理由；（2）当 ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图 3,延长BD交CF于点H.求证：BDL CF;当AB=2, AD=3时，求线段 DH的长.13、（xx?包头）如图，已知一个直角三角形纸片 ACB其中/ ACB=90 , AC=4, BC=3, E、F分别 是AG AB边上点，连接EF.图 图 图图，若将纸片ACB的一角沿EF折

8、叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S 四边形 ECB=3SxEDF , 求AE的长；(2)如图，若将纸片 ACB的一角沿EF折叠，折叠后点 A落在BC边上的点M处，且使MF/ CA16、(xx?来宾)如图，在 ABC中，/ C=90 , / BAC的平分线交 BC于点D, DEL AD交 AB于点试判断四边形 求EF的长； 如图，若 14、(xx?贵港)AEMF勺形状，并证明你的结论;FE的延长线与BC的延长线交于点 N, CN=1, CE=,求的值.如图1,在正方形 ABCCrt作/ EAF=45 , AE交BC于点E, AF交CD点F,连接A顺时针旋转90°得到4ABG如图

9、2,将4ADF绕点求证：4AG国AAFE若BE=2 DF=3,求AH的长.(2)如图3,连接BD交AE于点M,交AF于点N.请探究并猜想：线段 关系？并说明理由.15、(xx?天津)在平面直角坐标系中，O为原点，点A (4, 0),点BM MNB (0, 3)逆时针旋转，得 A BO，点 A,。旋转后的对应点为 A , O ,记旋转角为aND之间有什么数量,把ABO绕点B(1)如图，若(2)如图，若=90° ,求AA的长；=120° ,求点O'的坐标;在(n)的条件下，边 OA上的一点P旋转后的对应点为 P',当O' P+BP取得最小值时，求点P&#

10、39;的坐标(直接写出结果即可)(1)判断BC与。0的位置关系，并证明你的结论;(2)求证：AABDADBE若 cosB= , AE=4,求 CD17、(xx?来宾)如图，在矩形 ABCM, AB=10, AD=6,点M为AB上的一动点，将矩形 ABCDg某一直线对折，使点 C与点M重合，该直线与 AB(或BQ、CD(或DA)分别交于点P、3(2)乙用直尺和圆规在图甲中画出折痕所在直线(不要求写画法，但要求保留作图痕迹) 如果PQ与AR CD都相交，i3t判断 MPQ的形状并证明你的结论；2设AM=x d为点M到直线PQ的距离，y=d求y关于x的函数解析式，并指出 x的取值范围;当直线PQ恰好

11、通过点D时，求点M到直线PQ的距离.18、(xx?日照)如图 1,抛物线 y=- (x-2) 2+n与 x轴交于点 A (m- 2, 0)和 B (2m+3, 0)求mr n的值;(2)如图2,点N为抛物线上的一动点， 且位于直线BC上方，连接CN BN求4NBC面积的最大值; 如图3,点M P分别为线段BC和线段OB上的动点，连接PM PC,是否存在这样的点 P, > PCM为等腰三角形，4PMB为直角三角形同时成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.答案解析部分一、单选题【答案】A【考点】实数与数轴【解析】【解答】解： n+q=O,.n和q互为相反数，0在线段NQ的中点处

12、，绝对值最大的点 P表示的数p,故选A.【分析】根据n+q=O可以得到n、q的关系，从而可以判定原点的位置，从而可以得到哪个数的绝 对值最大，本题得以解决.本题考查实数与数轴，解题的关键是明确数轴的特点，利用数形结合的 思想解答.【答案】C【考点】因式分解的应用【解析】【解答】解：当n是偶数时，1 - (- 1) n (n2-1) =1 - 1 (n2-1) =0,当n是奇数时，1 - ( - 1) n (n2- 1) = x ( 1+1) ( n+1) ( n - 1)=,设n=2k- 1 (k为整数)，贝U = =k (k- 1),0或k (k- 1) (k为整数)都是偶数，故选C.【分析

13、】根据题意，可以利用分类讨论的数学思想探索式子1 - (- 1) n (n2- 1)计算的结果等于什么，从而可以得到哪个选项是正确的.本题考查因式分解的应用，解题的关键是明确题意，利 用分类讨论的数学思想解答问题.【答案】A【考点】二次函数的性质【解析】【解答】解：.抛物线y=x2+bx+c (其中b, c是常数)过点 A (2, 6),且抛物线的对称轴与线段y=O (1<x<3)有交点，解得 6<c<14,故选A.【分析】根据抛物线y=x2+bx+c (其中b, c是常数)过点A (2, 6),且抛物线的对称轴与线段 y=O(1<x<3)有交点，可以得到

14、c的取值范围，从而可以解答本题.本题考查二次函数的性质、解不等式，解题关键是明确题意，列出相应的关系式.二、填空题【答案】AH=CB eh=eb ae=ce【考点】全等三角形的判定【解析】【解答】解：: ADLBQ C吐AB垂足分别为 D E, BECWAEC=90 ,在 RtAEH 中，Z EAH=90 - Z AHE又 / EAHW BADZ BAD=90 - Z AHE在 RtAEH和 RtCDH中，Z CHDAHE Z EAHW DCNZ EAH=90 - Z CHDg BCE所以根据AAS添加AH=C晒EH=EB根据ASA添力口 AE=CE可证 AE冬ACEB故填空答案： AH=CB

15、 EH=EB AE=CE【分析】开放型题型，根据垂直关系，可以判断 AEH 与4CEB有两对对应角相等，就只需要找它 们的一对对应边相等就可以了.本题考查三角形全等的判定方法；判定两个三角形全等的一般方法有：SSS SAS ASA AAS HL.添加时注意：AAA SSA能判定两个三角形全等，不能添加，根 据已知结合图形及判定方法选择条件是正确解答本题的关键.【答案】AB/ DE【考点】相似三角形的判定【解析】【解答】解：A=ZD, 当 / B=/DEF 时，AB64DEE. AB/DE 时，/B=/DEE添力口 AB/DE时，ABGADEF故答案为AB/ DE【分析】根据有两组角对应相等的两

16、个三角形相似进行添加条件.本题考查了相似三角形的判定： 有两组角对应相等的两个三角形相似.三、综合题【答案】(1)证明：二.四边形 ABC比正方形， Z ABDW CBD=45 , Z ABC=90 , Z MAN=45 , Z MAFW MBE.A、B> M F四点共圆， .Z ABM£AFM=180 ,Z AFM=90 , Z FAMW FMA=45 ,图一 四边形ABC比正方形，AB=BC=CD=AD DABW ABCW BCDW D=9(J , .PB6 APAM/ PAM= PBC , / PBC+： PBA=90 , / PAM+ PBA=90 ,，/APB=90

17、, API BN /ABP= ABN / APB= BAN=90 ,. .BA/ ABNA ， ， .AB=BC.AN=AM(2)解：仍然成立，API BN和AM=AN理由如图二中, 四边形ABC比正方形，AB=BC=CD=AD dab= ABC= BCD= D=90 , .PB6 APAM/ PAM= PBC , / PBC+： PBA=90 , / PAM+ PBA=90 ,(2)证明：由(1)可知/ AFM=90 ,.-.AF± FM(3)结论：/ BAM=22.5 时，/ FMNg BAM A、B M F四点共圆,/ BAMg EFM . / BAMgFMN ./ EFM=F

18、MN .MIN/ BDCB=DC .CM=C N.MB=D N在ABM和ADN中，L4B = ADL ABM =,BM = DN .AB阵 AADN/ BAMg DAN / MAN=45 , / BAM+ DAN=45 , / BAM=22.5 .【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的综合题【解析】【分析】（1）先证明A B、M F四点共圆，根据圆内接四边形对角互补即可证明/ AFM=90 , 根据等腰直角三角形性质即可解决问题.（2）由（1）的结论即可证明.（3）由：A、B、M F四点共圆，推出/BAM4EFM 因为/BAM4FMN 所以/ EFM= FMN 推出 MN

19、/ BD 得到，推出BM=DN 再证明 AB俸4ADN即可解决问题.本题考查四边形综合题、等腰直角三角形性质、四点共圆、 全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用四点共圆的性质解决问题，题目有点难，用到四点共圆.【答案】（1）证明：如图一中，/APB=90 , API BN /ABP= ABN / APB至 BAN=90 , .BAS ABNA ， .AB=BQ，AN=AM这样的点P不存在.理由：假设PC=, 如图三中，X / GEH+ DEC=90 , . Z GEH+ HGE=90 , ./ DEC= HGE 在HGE与ACED中， .HGE2ACED( AAS), .GH=CE H

20、E=CD .CE=BF.GH=B F . GH/ BF, 四边形GHBE矩形，.GF=BH FG/ CHFG/ CE 四边形ABC比正方形，.CD=BC.HE=BC.HE+EB=BC+EB.BH=EC.FG=EC图二以点C为圆心 为半径画圆，以 AB为直径画圆，CO= = >1+ ,，两个圆外离，/ AP氏90° ,这与 APIPB矛盾，.假设不可能成立，满足PC=的点P不存在【考点】正方形的性质，相似三角形的判定与性质，相似三角形的应用【解析】【分析】（1）由PB6 4PAM推出/PAM4PBC由/ PBC廿PBA=90 ,推出 /PAM+PBA=90 即可证明 API BN

21、 由 PB6 PAM 推出 =,由 BA/ BNA 推出 =, 得到=,由此即可证明.（2）结论仍然成立，证明方法类似（1）.这样的点 P不存在.利用反证法证明.假设 PC=,推出矛盾即可.本题考查相似三角形综合题、正方形的性质、圆的有 关知识，解题的关键是熟练应用相似三角形性质解决问题，最后一个问题利用圆的位置关系解决问题，有一定难度，属于中考压轴题.【答案】（1） FG=CE FG/ CEBC=CD / FBCh ECD=90 , 在 ACBFADCE, .CBFDCE( SAS), /BCF至 CDE CF=DE .EG=D E.CF=EG. DEL EG / DEC4 CEG=90（2

22、）证明：过点 G作GHL CB的延长线于点 H, . EGL DE Z CDE廿 DEC=90 CDEW CEQ BCFh CEQ.CF/ EQ，四边形CEG印行四边形，FG/ CE FG=CE【考点】全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质【解析】【解答】解：(1) FG=CB FG/CR【分析】(1)只要证明四边形 CDG陛平行四边形即可得出 FG=C： FG/CE ( 2)构造辅助线后 证明AHG国ACED利用对应边相等求证四边形GHBF矩形后，利用等量代换即可求出FG=QFG/CE ( 3)证明CBWZXDCE后，即可证明四边形 CEG思平行四边形.本题三角形与四边形 综合问题，

23、涉及全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质.解题的关键是利用全等三角形的对应边相等进行线段的等量代换，从而求证出平行四边形.【答案】(1) 90 + a ； 120° + a(2) 120 - a(3)【考点】角的计算【解析】【解答】解：(1)如图，,二/ ABC与/ACB的平分线相交于点 O,OBC=/ABQ Z OCB= /ACBOBCMOCB= (/ABC廿 ACB ,在AOBC中，Z BOC=180 - (Z OBC义 OCB=180 -(/ABC 廿 ACB =180-(180- Z A) =90 + Z A=90 + a;如图，在 OBC 中，Z BOC=180

24、- (Z OBC义 OC$=180° -(/ABC 廿 ACB =180-(180- Z A) =120 + ZA=120+ a; (2)如图，在 OBC中，Z BOC=180 - (/ OBC义 OCB =180 - (ZDBC-ECB =180 -(/A+/ACB廿A+AB=180 -(/A+180° ) =120 - a ; (3)在OBC中，Z BOC=180 -(/OBC义 OC$ =180 - ( ZDBCy ECB =180 -(Z A+Z ACB- A+ABQ =180 - ( ZA+18ff )a .【分析】(1)如图，根据角平分线的定义可得/ OBC=Z

25、ABQ /OCB=/ACB然后表示出/OBC义OCB再根据三角形的内角和等于180°列式整理即可得/ BOC=90 + a ;如图，根据三角形的内角和等于 180°列式整理即可得/ BOC=120 + a； (2)如图，根据三角形的内角和 等于180°列式整理即可得/ BOC=120 - a ; (3)根据三角形的内角和等于 1800列式整理即可 得/BOC=- a .本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，整体思想的利用是解题的关键.【答案】(1)解：结论 AE=EF=AF理由：如图1中,连接AQ 四边形 ABC谩菱形，Z B=60° , . A

26、B=BC=CD=A» B=Z D=60 ,. .ABQ ADC是等边三角形， . / BACW DAC=60.BE=EQ . / BAEN CAE=30 , AH BQ Z EAF=60 , Z CAF DAF=30 ,AFXCQ.AE=AF（菱形的高相等）， .AEF是等边三角形，.AE=EF=AF(2)解：证明：如图 2中E图2, Z BACW EAF=60 , / BAE至 CAE 在4BAE和4CAF中， ABAACAF .BE=CF.BC曰 DCPC(3)解:过点A作AGL BC于点G,过点F作FHL EC于点H, . /EAB=15 , Z ABC=60 ,，/AEB=4

27、5 ,在 R忆AGB中，. / ABC=60 AB=4BG=2 AG=2 ,在 R忆AEG中，. / AEGW EAG=45 , .AG=GE=2EB=EG BG=2 - 2,.AE整 AAFC.AE=AF EB=CF=2 - 2, / AEB至 AFC=45 , / EAF=60 , AE=AF .AEF是等边三角形， /AEF4 AFE=60 . /AEB=45 , Z AEF=60 , /CEF= AEF- /AEB=15 ,在 R忆EFH中，/ CEF=15 , ./ EFH=75 , . /AFE=60 , /AFH= EFH- /AFE=15 , . /AFC=45 , / CFH

28、= AFC- / AFH=30 ,在 R忆CHF中，. / CFH=30 , CF=2 - 2,FH=CF?cos30 = ( 2 - 2) ? =3 一. 点F到BC的距离为3-.【考点】全等三角形的判定与性质，菱形的性质【解析】【分析】(1)结论AE=EF=AF只要证明AE=AF即可证明 AEF是等边三角形.(2)欲证明BE=CF只要证明 BA9 ACAF即可.(3)过点A作AG!BC于点G过点F 作FH! EC于点H,根据FH=CF?cos30 ,因为 CF=BE只要求出BE即可解决问题.本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活

29、应用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题.【答案】(1)证明：. BCE和4CDP均为等腰直角三角形， /ECBW PCD=45 , / CEB= CPD=90 ,(2)解：AC/ BD理由：/ PCE廿 ECDW BCD4 ECD=45 , / PCEW BCD 又 ， .PC曰 ADCB ./ CBDW CEP=90 , . /ACB=90 , ./ACBW CBD .AC/ BD作 PML BD 于 M, . AC=4 , ABC和 BEC均为等腰直角三角形，BE=CE=4. PC曰 ADCB，即=,.BD= x, / PBM= CBI> / CBP=45 , BP

30、=BE+PE=4+x.PM=, . PBD的面积 S= BD?PM=X x X = x 2+2x.【考点】平行线的判定与性质，相似三角形的判定【解析】【分析】(1)直接利用相似三角形的判定方法得出 BC曰4DCP进而得出答案；(2)首先得出 PC曰ADCB进而求出/ ACBW CBD即可得出AC与BD的位置关系；(3)首先利用相似三角形的性质表示出 BD, PM的长，进而表示出 PBD的面积.此题主 要考查了相似形综合、平行线的判定方法以及相似三角形的判定与性质等知识，正确表示出PM的长是解题关键.【答案】(1)解：BD=CF理由如下：由题意得，/ CAF4BAD= 0 ,在4CAF和ABAD

31、中， .CAf ABAtD BD=Cf(2)解：由(1)得CAMABAD / CFAh BDA / FNH= DNA / DNA+ NAD=90 , /CFA吆 FNH=90 , ./FHN=90 ,即 BDL CF;连接DF,延长AB交DF于M,.四边形ADEF正方形，AD=3 , AB=2.AM=DM=3 BM=AM AB=1,DB=,/ MAD = MDA=45 ,，/AMD=90 ,又/ DHF=90 , / MDB = HDF. .DM取 ADHF图3【考点】正方形的性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形【解析】【分析】本题考查的是正方形的性质、等腰直角三角形的性质

32、、旋转变换的性质以及相似三角形的判定和性质，掌握旋转角的定义和旋转变换的性质、正确作出辅助性是解题的关键.（1）根据旋转变换的性质和全等三角形的判定定理证明 CAM ABAD证明结论；（2）根据全等三角形的性质、垂直的定义证明即可；连接DF,延长AB交DF于M,根据题意和等腰直角三角形的性质求出DM BM的长，根据勾月定理求出 BD的长，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可 得到答案. 【答案】 （1）解：如图，即=, 解得，DH=.C°'国ACB的一角沿EF折叠，折叠后点 A落在AB边上的点D处, .-.EF±AB, AAEF DEFS ZkAEF S ADE

33、F ,S 四边形 ECBF=3SaEDF ) S aabc=4Saaef ,在 RtABC中，/ACB=90, AC=4 BC=3, . AB= =5, / EAF=/ BAC RtAAEF RtAABC= ( ) 2 ,即()2=, .AE=;(2)解：四边形 AEM助菱形.理由如下：图如图， ACB的一角沿EF折叠，折叠后点 A落在AB边上的点D处, .AE=EM AF=MF Z AFE=/ MFE MF/ AG /AEF之 MFE /AEF"FE.AE=AF.AE=EM=MF=AF 四边形AEM助菱形；连结Ag EF于点O,如图，FH! BC于H,先证1 , BH=3- (7x

34、T)H,接着利用勾股定利用勾股定理计算出 AM,然后根据菱形的面积公式计算EF; (3)如图，作明NCP4NFH 禾1J用相似比得至U FH: NH=4: 7,设 FH=4x, NH=7x, 贝U CH=7x- =4- 7x,再证明 BF+ABA(C利用相似比可计算出x=,则可计算出 FH和B理计算出BF,从而得到AF的长，于是可计算出的值.【答案】(1)解：由旋转的性质可知：AF=AG /DAF至BAG四边形ABCM正方形， / BAD=90 .又. /EAF=45 , / BAE+ DAF=45 . / BAG+ BAE=45 ./ GAE= FAE在4GAE和4FAE中，. .GA陵 A

35、FAE. GA陵AFAE AB±GE AHLEF, .AB=AH GE=EF=5设正方形的边长为 x,则EC=x- 2, FC=x- 3.在 RtEFC 中，由勾股定理得： EFFd+EC , 即(x-2) 2+ (x-3) 2=25. 解得：x=6.AB=6.AH=6(2)解：如图所示：将 ABM逆时针旋转90°得4ADM .S EC 四边形ABCM正方形， /ABDW ADB=45 .由旋转的性质可知：/ ABM=ADM =45° , BE=DM . ./ NDM =90° . .NM 2=ND+DM 2 . / EAM =90° , /

36、EAF=45 ,/ EAF=/ FAM =45° .在AAMN和ANM 中，,设 AE=x,贝U EM=x CE=4 x, 四边形AEM叨菱形， EMI AR .CM2 AOBA.1，即=,解得 x= , CM=,在 RtMCM中,AM=,S 菱形 AEM= EF?AM=AE?CM .EF=2X =;(3)解：如图，图作 FHL BC 于 H, EC/ FH .NCH NFH .ON NH=CE FH,即 1: NH= : FH, .FH NH=4 7,设 FH=4x, NH=7x 贝U CH=7x- 1, BH=3 ( 7x 1) =4-7x, FH/ AC .BF+ABAC .B

37、H BC=FH AC,即(47x) : 3=4x： 4,解得 x=,1. FH=4x= , BH=4 7x=,在 RtBFH 中，BF= =2, .AF=AB- BF=5- 2=3,=【考点】勾股定理的应用，菱形的判定与性质，翻折变换(折叠问题)【解析】【分析】本题考查了三角形的综合题：熟练掌握折叠的性质和菱形的判定与性质；灵活构建相似三角形，运用勾股定理或相似比表示线段之间的关系和计算线段的长.解决此类题目时要各个击破.(1)先利用折叠的性质得到 EF±AB, AAEF DEF则 SaAEF0 S ADEF ,则易得 Sa abc=4S aef , 再证明RtAAEfRtAAB(C

38、然后根据相似三角形的性质得到=()2 ,再利用勾股定理求出 AB即可得到AE的长；(2)通过证明四条边相等判断四边形 AEM助菱形；连结 AM交EF于点O, 如图，设 AE=x,则EM=x，CE=4- x,先证明 CM9ACBA得到=，解出x后计算出CM=,再AB=AH GE=EF=5设正方形2)将 ABM逆时针旋转中依据勾股定理可证明 NM 2=ND+DM 2MN=NM,最后再由 BM=DM证明即可.接下来证明90° ,得AA' BO ,>rA川Pf：0r图(2)解：作 O Hl±轴于H,如图,.AM阵AANIM .，MN=N M.又 BM=DM, .MN=

39、ND2+BM .【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，正方形的性质，旋转的性质【解析】【分析】本题主要考查的是四边形的综合应用，解答本题主要应用了旋转的性质、全等三 角形的性质和判定、勾股定理的应用，正方形的性质，依据旋转的性质构造全等三角形和直角三角 形是解题的关键.(1)由旋转的性质可知： AF=AG /DAF至BAG接下来在证明/ GAEW FAE然后依据SAS证明4GA陵4FAE即可；由全等三角形的性质可知：的边长为x,接下来，在 RtEFC中，依据勾股定理列方程求解即可；( 90° 得 ADM .在 NM D AM阵AANIM ,于的得到【答案】(1)解：如图，

40、点 A (4, 0),点 B (0,.OA=4 OB=3AB= =5, ABO绕点B逆时针旋转BA=BA , / ABA =90° , .ABA为等腰直角三角形, .AA' = BA=5 ABO绕点B逆时针旋转120° ,得AA' BO ,BO=BO =3, /OBO =120° ,/ HBO =60° ,在 RtBHO 中，. / BO H=90 / HBO =30° ,BH= BO = , O H= BH=,.OH=OB+BH=3+ = .O'点的坐标为(，)(3)解：ABO绕点B逆时针旋转120° ,彳B

41、O，点 P的对应点为 P', .BP=BP ,. O' P+BP =0 P+BP作B点关于x轴的对称点C,连结O' C交x轴于P点，如图， 则 O' P+BP=O P+PC=OC,此时 O' P+BP 的值最小，点C与点B关于x轴对称， C (0, - 3),设直线O' C的解析式为y=kx+b ,把O' ( , ) , C (0, - 3)代入得，解得， 直线O' C的解析式为y= x - 3,当 y=0 时，x - 3=0,解得 x=，则 P ( , 0), .OP=,.O' P' =OP=,作 P'

42、D± O' H 于 D, / BO A=Z BOA=90 , / BO H=30 , / DP O' =30° , .O' D= O' P' = , P' D= O' D=, . DH=O H- O' D=-=, .P'点的坐标为(，)【考点】线段的性质：两点之间线段最短，含 30度角的直角三角形，旋转的性质，坐标与图形变 化-旋转【解析】【分析】本题考查了几何变换综合题：熟练掌握旋转的性质；理解坐标与图形性质；会利 用两点之间线段最短解决最短路径问题；记住含30度的直角三角形三边的关系.(1)如图，先

43、利用勾股定理计算出 AB=5,再根据旋转的性质得 BA=BA , / ABA =90° ,则可判定 ABA为等 腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA'的长；(2)作O' Hl±y轴于H,如图，利用旋转的性质得 BO=BO =3, /OBO =120° ,则/ HBO =60° ,再在RHBHO中利用含 30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O' H的长，然后利用坐标的表示方法写出O'点的坐标；(3)由旋转的性质得BP=BP ,则O'P+BP =0 P+BP彳B点关于x轴的对称点C,连结O'C

44、交x轴于P点，如图，易得 O' P+BP=O C,利用两点之间线段最短可判断此时O' P+BP的值最小，接着利用待定系数法求出直线O' C的解析式为y= x-3,从而得到P( , 0),则O' P' =OP=,作P' D± O' H于D,然后确定/ DP O' =30°后利用含 30度的直角三角形三边的关系可计算出 P' D和DO'的长，从而可得到 P'点的坐标.【答案】(1)解：结论：BC与。0相切.证明：如图连接OD-.OA=O D/ OAD= ODA. AD 平分/ CAB.Z C

45、AD= DABCAD=ADQ.AC/ OD.ACLBC.，ODL BC .BC是。0的切线(2)解：BC是。0切线， / ODB=90 , / BDE廿 ODE=90 , .AE是直径， ，/ADE=90 , /DAE廿AED=90 , .OD=O E ./ ODEgOED ./ BDE= DAB, / B=Z B,. .AB ADBE(3)解：在 RtODB中，cosBu =,设 BD=2 k, OB=3K .Otj+BEOE2 ,1 4+8k2=9k2 ,2 .k=2,BO=6 BD=4 ,3 . DO/ AC4 .CD=.【考点】圆的综合题【解析】【分析】（1）结论：BC与。0相切，连接

46、OD只要证明OD7 AC即可.（2）欲证明4AB DBE 只要证明/ BDEW DAB即可.（3）在RtODB中，由cosB=,设BD=2 k, OB=3K利用勾股定 理列出方程求出k,再利用DO/ AC得=列出方程即可解决问题.本题考查圆的综合题、切线的 判定、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用这些知 识解决问题，学会添加常用辅助线，学会用方程的思想思考问题，属于中考常考题型.【答案】（1）解：如图1所示:(2)解：AMPQ是等腰三角形；理由如下： 四边形ABCD矩形， .AB/ CD CD=AB=10/ QCO = PMO由折叠的性质得：PQ是CM的

47、垂直平分线， .CQ=MQ OC=OMLQCO= LPMO在OCCB AOMP,£COQ= LMOP .OC姿AOMP( ASQ ,.CQ=M, P .MP=MQ即MPQ是等腰三角形(3)解：作 MNLCD于N,如图2所示：贝U MN=AD=6 DN=AM=x CN=10- x,在RtMCN中，由勾股定理得： CM=MN+CN即(2d) 2=62+ (10-x) 2 ,整理得：d2= x 2 - 5x+34, 即 y= x 2- 5x+34 (0<x< 10);当直线PQ恰好通过点D时，如图3所示:贝U Q与D重合，DM=DC=10在 RtADM中，AM= =8,抛物线解

48、析式为 y= - (x-2) 2-9=- x 2+ x+3 ,当 x=0 时，y=3,贝U C (0, 3),设直线BC的解析式为y=kx+b,把B (5, 0) , C (0, 3)代入得，解得，直线BC的解析式为y=- x+3 ,设 N (x, x 2+ x+3 ),则 D (x, x+3 ),1. ND=- x 2+ x+3 - (- x+3) = - x 2+3x,S NB(=SNDc+SaND=?5?ND=- x2+ x= - (x- ) 2+ ,当x=时， NBC面积最大，最大值为(3)解：存在. B (5, 0) , C (0, 3),BC=,当/PMB=90 ,则/ PMC=90 , APM