专题06考前必做难题30题中考数学走出题海黄金30题系列(解析版)

2019年中考数学走出题海之黄金30题系列专题六考前必做难题

30道一、单项选择题1．将二次函数

y

x2的图象先向下平移

1个单位，再向右平移

3个单位，获得的图象与一次函数

y=2x+b的图象有公共点，则实数

b的取值范围是（

）A．b＞8

B．b＞﹣8

C．b≥8

D．b≥﹣8【答案】

D．考点：

1．二次函数图象与几何变换；

2．一次函数图象与系数的关系．2．如图，将半径为

2，圆心角为

120

的扇形

OAB绕点

A逆时针旋转

60

，点

O，B的对应点分别为

O'，B'，连结

BB'，则图中暗影部分的面积是（

）2B．2322A．C.23D．433333【答案】C.【剖析】考点：扇形的面积计算.3．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°．P是BC边上一动点，以PC为直径作⊙O，连结AP交⊙O于点Q，连结，点从点B出发，沿BC方向运动，当点P抵达点C时，点P停止运动．在整个运动过程中，线段BQP的大小变化状况是（）BQA.向来增大B.向来减小C.先增大后减小D.先减小后增大【答案】D【剖析】剖析：第一找出几个特其余点，此后画出图形得出BQ的长度，从而我们能够得出BQ的变化过程．详解：当点P和点B重合时，BQ的长度达到最大值；当点P在BC的中点时，BQ的长度达到最小值，当点P往点C挪动时，PQ的长度又开始增大．应选D．点睛：本题主要察看的是动点问题，综合性比较强，难度较大．对于这个问题的重点就是画出图形，从而得出变化过程．4．如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，M是BC边上的动点（点M不与B,C重合），CNDM,CN与AB交于点N，连结OM,ON,MN.以下五个结论：①CNBDMC；②CONDOM；③OMNOAD；④AN2CM2MN2；⑤若AB2，则SOMN的最小值是1，此中正确结论的个数是（）2A．2B．3C.4D．5【答案】D【剖析】试题剖析：∵正方形ABCD中，CD=BC，∠BCD=90°，∴∠BCN+∠DCN=90°，又∵CN⊥DM，∴∠CDM+∠DCN=90°，∴∠BCN=∠CDM，又∵∠CBN=∠DCM=90°，∴△CNB≌△DMC（ASA），故①正确；依据△CNB≌△DMC，可得CM=BN，又∵∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB，∴△OCM≌△OBN（SAS），OM=ON，∠COM=∠BON，∴∠DOC+∠COM=∠COB+∠BPN，即∠DOM=∠CON，又∵DO=CO，∴△CON≌△DOM（SAS），故②正确；∵∠BON+∠BOM=∠COM+∠BOM=90°，∴∠MON=90°，即△MON是等腰直角三角形，又∵△AOD是等腰直角三角形，∴△OMN∽△OAD，故③正确；AB=BC，CM=BN，∴BM=AN，222又∵Rt△BMN中，BM+BN=MN，222∴AN+CM=MN，故④正确；∵△OCM≌△OBN，∴四边形BMON的面积=△BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1，∴当△MNB的面积最大时，△MNO的面积最小，设BN=x=CM，则BM=2﹣x，∴△MNB的面积=1x（2﹣x）=﹣1x2+x，22∴当x=1时，△MNB的面积有最大值1，2此时S的最小值是1﹣11，故⑤正确；△OMN22综上所述，正确结论的个数是5个，应选：D．考点：相像三角形的判断与性质；全等三角形的判断与性质；正方形的性质．5．如图，矩形

ABCD的对角线

BD经过坐标原点

O，矩形的边分别平行于坐标轴，反比率函数

(k＞0)的图象分别与

BC、CD交于点

M、N．若点

A(－2，－2)，且△

OMN的面积为

，则

k＝()(A)2.5(B)2(C)1.5(D)1【答案】B【剖析】剖析：过点M作⊥轴于点，由四边形EOF＝S四边形CHOG，设(，)，分别用含a，k的式子表示MQxQSCa点M，N的坐标，依据S＝S列方程求k.△OMN梯形MNGQ.详解：过点M作MQ⊥x轴于点Q，由于S四边形EOF＝S四边形CHOG，因此·＝4，CGCH设C(a，)，则M(，)，N(a，).S△OMH＝S△ONG＝S△OMQ＝，由于S五边形OMNG＝S△OMN＋S△ONG＝S△OMQ＋S梯形MNGQ.因此S△OMN＝S梯形MNGQ.则)(a－)，解得k＝2.应选B.点睛：过反比率函数(k≠0)，图像上一点P(x，y)，作两坐标轴的垂线，两垂足，原点，P点构成一个矩形，矩形的面积．过反比率函数上一点，作垂线，三角形的面积为．6．在平面直角坐标系中，正方形ABCD的地点以以下图，点A的坐标为（2，0），点D的坐标为（0，4）．延长CB交x轴于点A1，作正方形A1B1C1C；延伸C1B1交x轴于点A2，作正方形A2B2C2C1按这样的规律进行下去，第2018个正方形的面积为（）A.B.C.D.【答案】C【剖析】剖析:先求出正方形ABCD的边长和面积，再求出第一个正方形A1B1C1C的面积，得出规律，依据规律即可求出第2018个正方形的面积.详解:∵点A的坐标为（2，0），点D的坐标为（0，4），OA=2，OD=4，∵∠AOD=90°，AB=AD=2，∠ODA+∠OAD=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠ABC=90°，S=（2）=20，正方形ABCD2∴∠ABA1=90°，∠OAD+∠BAA1=90°，∴∠ODA=∠BAA1，∴△ABA1∽△DOA，∴=，即=，∴BA1=，∴CA1=，∴正方形A1B1C1C的面积=（）2=20×，，故正方形2018201820182017的面积为：20×（）2018=20·.ABCC应选：C．点睛:本题察看了正方形的性质以及坐标与图形性质；经过求出正方形ABCD和正方形A1B1C1C的面积得出规律是解决问题的重点.7．如图，抛物线y=（x+2x8x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，极点为M，以AB为直径）（﹣）与作⊙D．以下结论：①抛物线的对称轴是直线x=3；②⊙D的面积为16π；③抛物线上存在点E，使四边形ACED为平行四边形；④直线CM与⊙D相切．此中正确结论的个数是（）A．1

B．2

C．3

D．4【答案】

B【剖析】【剖析】①依据抛物线的剖析式得出抛物线与

x轴的交点

A、B坐标，由抛物线的对称性即可判断；②求得⊙

D的直径

AB

的长，得出其半径，由圆的面积公式即可判断；

③过点

C作CE∥AB，交抛物线于

E，假如

CE=AD

，则依据一组等边平行且相等的四边形是平行四边形即可判断；④求得直线

CM、直线

CD的剖析式经过它们的斜率进行判断．因此点E（6，﹣4），则CE=6，AD=3﹣（﹣2）=5，∴AD≠CE，∴四边形ACED不是平行四边形，故③错误；∵y=x2﹣x﹣4=（x﹣3）2﹣，∴点M（3，﹣），DM=，如图，连结

CD，过点

M作

MN⊥y轴于点

N，则有

N（0，﹣

），MN=3，∵C（0，-4），∴CN=

，∴CM2=CN2+MN2=

，学科#网【点睛】本题察看了二次函数与圆的综合题，波及到抛物线的对称轴、圆的面积、平行四边形的判断、待定系数法、两直线垂直、切线的判断等，综合性较强，有必定的难度，运用数形联合的思想灵巧应用有关知识是解题的重点.8．如图，点P为函数y=16（x＞0）的图像上一点，且到两坐标轴距离相等，⊙P半径为2，A（3，0），Bx（6，0），点Q是⊙P上的动点，点C是QB的中点，则AC的最小值是()A.221B.221C.4D.2【答案】A【剖析】∵点P为函数y=16（x＞0）的图像上一点，且到两坐标轴距离相等，x∴P（4，4）.连结OQ，A（3，0），B（6，0），∴A为OB的中点，∵点C是QB的中点，AC=1OQ，2即可合适OQ的值最小时，AC的值最小；连结OP交⊙P于点Q，此时OQ最小.依据勾股定理求得OP=42，可得OQ=42-2.AC的最小值为：应选A.

1OQ1422221.22点睛：本题察看了圆中的最短路径问题，利用的知识点主假如三角形的中位线定理，确立出AC最小时点Q的地点是解题的重点.1E抵达点C时停止运动，过点9．如图，在矩形ABCD中，动点E从A出发，沿AB→BC方向运动，当点E做FE^AE，交CD于F点，设点E运动行程为x，FC=y，如图2所表示的是y与x的函数关系的大致图象，当点E在BC上运动时，FC的最大长度是2，则矩形ABCD的面积是()5图1图223B.5C.625A.D.54【答案】B【剖析】试题剖析：若点E在BC上时，如图5yx52，BE=CE=x﹣，即52x52225223（舍去），x2=7∴y=（x2)，当y=时，代入方程式解得：x1=，5522∴BE=CE=1，∴BC=2，AB=5，2∴矩形ABCD的面积为2×5=5；2应选B．学*科网考点：动点问题的函数图象．10．设a，b是实数，定义@的一种运算以下：22a@babab，则以下结论：①若a@b0，则a=0或b=0；②a@bca@ba@c；③不存在实数，，知足a@ba22ab5b；④设a，b是矩形的长和宽，若矩形的周长固定，则当a=b时，a@b最大．此中正确的选项是（）A．②③④B．①③④C．①②④D．①②③【答案】C．【剖析】利用新定义代入求解并判断即可．二、填空题11．如图，在正方形中，E是上一点，BE，连结，作⊥，分别与、交于点、，ABCDBCBCAEBFAEAECDKFG、H分别在AD、AE上，且四边形KFGH是矩形，则________．【答案】【剖析】剖析：由BE，设BE=x，则BC=3x，易证△ABE≌△BCF，得CF=BE=x,由勾股定理求出BF=，BC再证明△BKE∽△BCF，求得BK=．故HG=FK=，从而可求出的值详解：∵四边形ABCD是正方形，AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°.∴∠BAE+∠AEB=90°BF⊥AE,∴∠BKE=90°，∴∠KBE+∠BEK=90°，∴∠BAE=∠KBE.在△ABE和△BCF中，∴△ABE≌△BCFCF=BE.∵BEBC，设BE=x，则BC=3x，BC=3x，CF=x，BF=∵∠BKE=∠BCF=90°，∠KBE=∠CBF,∴△BKE∽△BCF∴，即BK=KF=∵四边形KFGH是矩形，∴GH=KF=∴点睛：本题察看了正方形的性质以及相像三角形的判断与性质.12．如图，点

O为

ABC的外接圆圆心，点

E为圆上一点，

BC、OE相互均分，

CF

AE于F

，链接DF

，若

OE

23，

DF

1，则

ABC的周长为

．【答案】8+46【剖析】剖析：连结OB、OC，延伸CF交AB于点G，依据垂径定理获得ODB=90，OBOE=2OD,OB23,从而求出OD3,BDCD3,OBD30，BODCOD60，易证GAF≌CAF，获得BG2DF2，ACAG2CF2EC2OC26，即可求周长.详解：连结OB、OC，延伸CF交AB于点G，OB=OC，BC、OE相互均分,OEBC，即ODB=90,OBOE=2OD,OB23,∴在RtBOD中，OD3，BDCD3,OBD30，BOD=COD=60,BECE，∴GAFCAF30，又∵CFAE∴易证GAF≌CAF，BG2DF2∵易证EFCF，∴ACAG2CF2EC2OC26，CABC846.故答案为：846.点睛：属于圆的综合题，察看了垂径定理，解直角三角形，三角形全等的判断与性质等，综合性比较强，难度较大

.13．已知点P是△ABC内一点，且它到三角形的三个极点距离之和最小，则

P点叫△

ABC的费马点（

Fermatpoint），已经证明：在三个内角均小于120°的△ABC中，当∠APB=∠APC=∠BPC=120°时，P就是△ABC的费马点，若等腰直角三角形DEF的费马点，则PD+PE+PF=．

P就是△

ABC的费马点，若点

P是腰长为

2

的【答案】

31．【剖析】依据题意第一画出图形，过点D作DM⊥EF于点M，过E、F分别作∠MEP=∠MFP=30°就能够获得悉足条件的点P，依据特别直角三角形才求出PE，PF，PM，DP的长，从而得出答案．考点：解直角三角形；等腰直角三角形；新定义．14．三名运动员参加定点投篮竞赛，原定出场次序是：甲第一个出场，乙第二个出场，丙第三个出场，由于某种原由，要求这三名运动员用抽签方式从头确立出场次序，则抽签后每个运动员的出场次序都发生变化的概率为．【答案】5．6【剖析】试题剖析：画树状图得：∵共有6种等可能的结果，抽签后每个运动员的出场次序都发生变化有5种状况，∴抽签后每个运动员的出场次序都发生变化的概率=5，故答案为：5．66考点：列表法与树状图法．15．对于x的一次函数y=kx+b（k≠0），我们称函数y[m]=，为它的m分函数（此中m为常数）．比方，y=﹣x+1的4分函数为：当x≤4时，y[4]=﹣x+1；当x＞4时，y[4]=x﹣1，若y=﹣3x+2的2分函数为y[2]=5时，x=_____．【答案】﹣1或．【剖析】剖析：依据阅读资料，先由函数的2分函数，代入即可，注意，函数值时5时分两种状况代入.详解：依题意得：﹣3x+2=5或3x﹣2=5．解得x=﹣1或x=．故答案是：﹣1或．点睛：本题是二次函数综合题，主要察看了新定义，函数图象的交点坐标的求法，点到直线的距离，解本题的重点是理解新定义的基础上借助已学知识解决问题．16．设，，，，是n个互不同样样的正整数，且++++=2017，则n的最大值是______.【答案】63【剖析】【剖析】依据题意可设<<<<，则1+2+3++n≤++++，即，解关于n的不等式即可.【详解】设<<<<，∵，，，，是n个互不同样样的正整数，∴≥1，，，，≥n，1+2+3++n≤++++，∵++++=2017，∴，解得：1≤n≤63，∴k的最大值为63，故答案为：63.【点睛】本题察看了最值问题，解答本题时，理解题目已知条件“，，，，整数”中“互不同样样”这一条件是重点.17．如图平面直角坐标系中，O（0，0），A（4，4），B（8，0）．将△OAB沿直线在线段OB上的点E处，若OE=，则CE：DE的值是．

是n个互不同样样的正CD折叠，使点A恰巧落【答案】．【剖析】如图，过A作AF⊥OB于F，∵A（4，4），B（8，0），AF=4，OF=4，OB=8，BF=8﹣4=4，OF=BF，AO=AB，tan∠AOB==，∴∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∴∠AOB=∠ABO=60°，∵将△OAB沿直线线CD折叠，使点A恰巧落在线段OB上的点E处，∴∠CED=∠OAB=60°，∴∠OCE=∠DEB，∴△CEO∽△DBE，∴，设CE=a，则CA=a，CO=8﹣a，ED=b，则AD=b，DB=8﹣b，∴，32b=88a﹣11ab①，，∴56a=88b﹣11ab②，②﹣①得：56a﹣32b=88b﹣88a，∴，即CE：DE=．故答案为：．18．如图，边长为1的正方形ABCD的对角线AC，BD订交于点O，有直角∠MPN，使直角极点P与点O重合，直角边PM，PN分别与OA，OB重合，此后逆时针旋转∠MPN，旋转角为θ(0°＜θ＜90°)，PM，PN分别交AB，BC于E，F两点，连结EF交OB于点G，则以下结论：(1)EF＝OE；(2)S四边形OEBF∶S正方形ABCD＝1∶4；(3)BE＋BF＝OA；(4)在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE＝；(5)OG·BD＝AE2＋CF2，此中正确的选项是__．【答案】(1)(2)(3)(5)【剖析】剖析：（1）由四边形ABCD是正方形，直角∠MPN，易证得△BOE≌△COF（ASA），则可证得结论；（2）由（1）易证得BE=CF，可得（3）由

S四边形OEBF=S△BOC=S正方形ABCD，则可证得结论；BE+BF=BC，此后由等腰直角三角形的性质，证得

BE+BF=

OA；（4）第一设AE=x，则BE=CF=1﹣x，BF=x，既而表示出△BEF与△COF的面积之和，此后利用二次函数的最值问题，求得答案；（5）易证得△

OEG∽△OBE，此后由相像三角形的对应边成比率，证得

2OG?OB=OE，再利用

OB与

BD的关系，OE与EF的关系，即可证得结论．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°，∴∠BOF+∠COF=90°，∵∠EOF=90°，∴∠BOF+∠COE=90°，∴∠BOE=∠COF，在△BOE和△COF中，,∴△BOE≌△COF（ASA），OE=OF，BE=CF，EF=OE；故正确；2）∵S四边形OEBF=S△BOE+S△BOE=S△BOE+S△COF=S△BOC=S正方形ABCD，∴S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；故正确；3）∴BE+BF=BF+CF=BCOA；故正确；4）过点O作OH⊥BC，∵BC=1，OH=BC=，设AE=x，则BE=CF=1﹣x，BF=x，∴SBEF+SCOF=+=x（1﹣）+（1﹣）×=﹣（2，﹣）+△△BE?BFCF?OHxxx∵a=﹣＜0，∴当x=时，S△BEF+S△COF最大；即在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE=；故错误；5）∵∠EOG=∠BOE，∠OEG=∠OBE=45°，∴△OEG∽△OBE，OE：OB=OG：OE，2∴OG?OB=OE，∵OB=BD，OE=2∴OG?BD=EF，

EF，222∵在△BEF中，EF=BE+BF，222∴EF=AE+CF，2OG?BD=AE+CF．故正确．故答案为：（1），（2），（3），（5）．点睛：(1)旋转前后的图象是全等的，综合几何问题常常作为一个隐含条件，解决问题的钥匙.几何中的最值问题，好多题要经过设未知量，建立函数关系，转变成二次函数最值问题，经过研究二次函数的最值，获得几何最值.19．如图，点D为的AB边上的中点，点前E为AD的中点，为正三角形，给出以下结论，①,②

，③

，④若

，点是上一动点，点到

、边的距离分别为

，，则的最小值是

3.此中正确的结论是

_________（填写正确结论的番号）【答案】①③④【剖析】D是AB中点，∴AD＝BD∵△ACD是等边三角形，E是AD中点，AD＝CD，∠ADC＝60°＝∠ACD，CE⊥AB，∠DCE＝30°，CD＝BD，学科!网∴∠B＝∠DCB＝30°，且∠DCE＝30°，CE⊥AB，∴∠ECD＝∠DCB，BC＝2CE，tan∠B＝故①③正确，②错误；∵∠DCB＝30°，∠ACD＝60°.∴∠ACB＝90°.

，20．如图，点M是正方形ABCD内一点，△MBC是等边三角形，连结AM、MD对角线BD交CM于点N现有以下结论：①∠AMD=150°；②

；③

；④

，此中正确的结论有

____________（填写序号）【答案】①②④【剖析】【剖析】由四边形ABCD是正方形，△BCM是等边三角形，依据正方形的性质、等边三角形的性质可对①作出判断；证明△DMN∽△CMD，即可对②作出判断；设BC=CD=2a，过点M作EH⊥BC于点H，交AD于点E，依据等边三角形的性质以及勾股定理可得MH=a，从而得对③作出判断；过点D作DF⊥MC于点F，过点B作BG⊥MC于点获得△DFN∽△BGN，依据相像三角形的性质即可对④作出判断.【详解】∵四边形ABCD是正方形，

EM=2a-G，则可得

a，依据BG=

，即可a，DF=a，DF//BG，能够AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，∠ADB=45°，∵△BCM是等边三角形，BM=MC=BC，∠MBC=∠BMC=∠BCM=60°，∴∠ABM=∠DCM=30°，AB=BM=CM=CD，∴∠BAM=∠CMD=∠CDM=75°，∴∠DAM=∠ADM=15°，∴∠AMD=180°-∠DAM-∠ADM=150°，故①正确；∵∠DAM=∠ADM=15°，∴AM=MD，∵∠ADB=45°，∴∠MDN=30°=∠MCD，∵∠CMD是公共角，∴△DMN∽△CMD，DM：CM=MN：DM，2∴DM=MN?CM，2∴AM=MN?CM，故②正确；设BC=CD=2a，过点M作EH⊥BC于点H，交AD于点E，∵△MBC是等边三角形，∴BH=a，MH=a，∴EM=2a-a，AD=BC，∴，故③错误；过点D作DF⊥MC于点F，过点B作BG⊥MC于点G，则有BG=MH=a，DF=CD=a，DF//BG，∴△DFN∽△BGN，∴，故④正确，因此正确的结论有①②④，故答案为：①②④.【点睛】本题察看了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判断与性质，相像三角形的判断与性质等，题目较难，正确地增添协助线是解题的重点

.三、解答题21．在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2﹣2x+3与x轴交于A，B两点（A在B的左边），与y轴交于点C，极点为

D．（1）请直接写出点

A，C，D

的坐标；（2）如图（

1），在

x轴上找一点

E，使得△

CDE

的周长最小，求点

E的坐标；（3）如图（

2），F

为直线

AC

上的动点，在抛物线上能否存在点

P，使得△

AFP

为等腰直角三角形？若存在，求出点

P的坐标，若不存在，请说明原由．22【剖析】（1）当y＝﹣x﹣2x+3中y＝0时，有﹣x﹣2x+3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1，∴A（﹣3，0），B（1，0）．当y＝﹣x2﹣2x+3中x＝0时，则y＝3，∴C（0，3）．22，∵y＝﹣x﹣2x+3＝﹣（x+1）+4∴极点D（﹣1，4）．（2）作点C对于x轴对称的点C′，连结C′D交x轴于点E，此时△CDE的周长最小，如图1所示．∵C（0，3），∴C′（0，﹣3）．设直线C′D的剖析式为y＝kx+b，则有∴直线

C′D

，解得：的剖析式为

，y＝﹣7x﹣3，当y＝﹣7x﹣3中y＝0时，x，∴当△CDE的周长最小，点E的坐标为（，0）．（3）设直线AC的剖析式为y＝ax+c，则有，解得：，∴直线AC的剖析式为y＝x+3．假定存在，设点F（m，m+3），△AFP为等腰直角三角形分三种状况（如图

2所示）：①当∠PAF＝90°时，P（m，﹣m﹣3），2∵点P在抛物线y＝﹣x﹣2x+3上，解得：m1＝﹣3（舍去），m2＝2，此时点P的坐标为（2，﹣5）；②当∠AFP＝90°时，P（2m+3，0）20＝﹣（2m+3）2﹣2×（2m+3）+3，解得：m3＝﹣3（舍去），m4＝﹣1，此时点P的坐标为（1，0）；③当∠APF＝90°时，P（m，0），∵点P在抛物线y＝﹣x2﹣2x+3上，0＝﹣m2﹣2m+3，解得：m5＝﹣3（舍去），m6＝1，此时点P的坐标为（1，0）．综上可知：在抛物线上存在点P，使得△AFP为等腰直角三角形，点P的坐标为（2，﹣5）或（1，0）．22．已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE订交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE建立．试一试究以下问题：1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②能否仍旧建立？（请直接回答“建立”或“不可以立”），不需要证明）（2）如图2，若点E，F分别在CB的延伸线和DC的延伸线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②能否仍旧建立？若建立，请写出证明过程，若不可以立，请说明原由；3）如图3，在（2）的基础上，连结AE和BF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．【剖析】（1）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠DAF=∠CDE，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；2）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠E=∠F，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；3）第一设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，由点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，即可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，此后由AF=DE，可证得四边形MNPQ是菱形，又由AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．【剖析】（1）上述结论①，②仍旧建立，原由于：∵四边形ABCD为正方形，AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（SAS），AF=DE，∠DAF=∠CDE，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；（2）上述结论①，②仍旧建立，原由于：∵四边形ABCD为正方形，AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（SAS），AF=DE，∠E=∠F，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；（3）四边形MNPQ是正方形．原由于：如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，∴四边形OHQG是平行四边形，∵AF=DE，MQ=PQ=PN=MN，∴四边形MNPQ是菱形，AF⊥DE，∴∠AOD=90°，∴∠HQG=∠AOD=90°，∴四边形MNPQ是正方形．【名师点睛】本题属于四边形的综合题，察看了正方形的判断与性质、全等三角形的判断与性质以及三角形中位线的性质．注意证得△ADF≌△DCE（SAS），掌握三角形中位线的性质是关23．如图，已知：

AB

是

O的直径，点

C在

O上，CD是

O的切线，

AD

CD于点

D,E

是

AB延长线上的一点，

CE交

O于点

F

，连结

OC,AC

．(1)求证：AC均分DAO．若DAO105，E30．①求OCE的度数．②若O的半径为22，求线段EF的长．【答案】(1)详见剖析；（2）①∠OCE=45°；②23-2.【剖析】试题剖析：（1）利用了切线的性质，平行线的判断和性质，等边同样角，角均分线的判断即可得证；（2）①依据（1）得出的AD//OC，从而得出同位角相等，再利用三角形的内角和定理即可求出答案；②作OG⊥CE于点G，可得FG=CG,依据等边同样角得出CG=OG=FG=2,在依据勾股定理得出GE，从而求出EF=GE-FG.学^科网2）解：①∵AD//OC，∠DAO=105°,∴∠EOC=∠DAO=105°;∵∠E=30°,∴∠OCE=45°.②作OG⊥CE于点G,可得FG=CG,OC=22,∠OCE=45°.CG=OG=2,FG=2;∵在RT△OGE中，∠E=30°，∴GE=23,∴EF=GE-FG=23-2.24．在平面直角坐标系中，正方形

OABC的极点

O在原点。（1）如图①，点C的坐标为（，），且实数，知足，求C点的坐标及线段0C的长度；2）如图②，点F在BC上，AB交x轴于点E，EF，OC的延伸线交于点G，EG=OG，求∠EOF的度数；3）如图③，将（1）中正方形OABC绕点O顺时针旋转，使OA落在y轴上，E为AB上随意一点，OE的垂直均分线交x轴于点G，交OE于点P,连结EG交BC于点F，求△BEF的周长。【答案】（1）（2）45°（3）2【剖析】剖析：（1）依据非负数的性质和二次根式存心义的条件可得b=3，a=-1，即可的点C的坐标，再由勾股定理求得OC的长；（2）过点O作OH⊥EF于H，证明△OEA≌△OEH和Rt△OHF≌Rt△OCF，依据全等三角形的性质可得∠3=∠4，∠5=∠6，又因∠3+∠4+∠5+∠6=∠AOC=90°，即可求得∠EOF=45°；（3）过点O作OH⊥EF于H,连OF，证明△OEA≌△OEH和Rt△OHF≌Rt△OCF，依据全等三角形的性质可得AE=EH，OH=OA，HF=FC，即可得△BEF的周长=BE+EH+HF+BF=BE+AE+CF+BF=AB+BC=2.详解:1）∵b-3≥0,3-b≥0，∴b=3，a=-1，∴C（-1,3）.过C作CD垂直y轴于点D，则OD=3，DC=1，∴OC=；2）过点O作OH⊥EF于H，∵四边形OABC是正方形，∴OA=OC，∠A=∠7=∠AOC=90°，AB∥CO，∴∠2=∠COE又EG=OG，∴∠1=∠COE，∴∠1=∠2，又OH⊥EF，∴∠9=∠8=∠A=90°，∴在△OEA和△OEH中，，∴△OEA≌△OEH（AAS），∴∠3=∠4，OH=OA；又OA=OC，∴OH=OC，又∠9=∠7=90°，∴在Rt△OHF和Rt△OCF中，，Rt△OHF≌Rt△OCF（HL），∴∠5=∠6，又∠3+∠4+∠5+∠6=∠AOC=90°，2∠4+2∠5=90°，即∠4+∠5=45°，即∠EOF=45°；（3）过点O作OH⊥EF于H,连OF，∵四边形OABC是正方形，OA=OC，∠10=∠7=∠AOC=90°，AB∥CO，∴∠2=∠COE又PG垂直均分OE，∴EG=OG，∴∠1=∠COE，∴∠1=∠2，又OH⊥EF，∴∠9=∠8=∠10=90°，∴在△OEA和△OEH中，∴△OEA≌△OEH（AAS）；AE=EH，OH=OA，又OA=OC，OH=OC，又∠9=∠7=90°，∴在Rt△OHF和Rt△OCF中，，Rt△OHF≌Rt△OCF（HL）；HF=FC，∴△BEF的周长=BE+EH+HF+BF=BE+AE+CF+BF=AB+BC=2.点睛：本题是坐标与图形的综合题，依据题意作出协助线，证明三角形全等是解决本题的重点.25．我们规定：三角形随意两边的“极化值”等于第三边上的中线和这边一半的平方差．如图1，在△ABC中，AO是BC边上的中线，AB与AC的“极化值”就等于AO2﹣BO2的值，可记为AB△AC=AO2﹣BO2．（1）在图1中，若∠BAC=90°，AB=8，AC=6，AO是BC边上的中线，则AB△AC=，OC△OA=；2）如图2，在△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=120°，求AB△AC、BA△BC的值；3）如图3，在△ABC中，AB=AC，AO是BC边上的中线，点N在AO上，且ON=1AO．已知AB△AC=14，3BN△BA=10，求△ABC的面积．【答案】（1）0，7；（2）﹣8，24；（3）62．【剖析】（1）①先依据勾股定理求出BC=10，再利用直角三角形的性质得出OA=OB=OC=5，最后利用新定义即可得出结论；②再用等腰三角形的性质求出CD=3，再利用勾股定理求出OD，最后用新定义即可得出结论；（2）①先利用含30°的直角三角形的性质求出AO=2，OB=23，再用新定义即可得出结论；②先结构直角三角形求出BE，AE，再用勾股定理求出BD，最后用新定义即可得出结论；（3）先结构直角三角形，表述出OA，BD2，最后用新定义建立方程组求解即可得出结论．【剖析】①∵∠BAC=90°，AB=8，AC=6，∴BC=10，∵点O是BC的中点，∴OA=OB=OC=1BC=5，∴AB2AC=AO2﹣BO2=25﹣25=0，②如图1，取AC的中点D，连结OD，∴CD=1AC=3，∵OA=OC=5，∴OD⊥2AC，在Rt△COD中，OD=OC2CD2=4，∴OC△OA=OD2﹣CD2=16﹣9=7，故答案为：0，7；2）①如图2，取BC的中点D，连结AO，∵AB=AC，∴AO⊥BC，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，∴∠ABC=30°，在Rt△AOB中，AB=4，∠ABC=30°，∴AO=2，OB=23，∴AB△AC=AO2﹣BO2=4﹣12=﹣8，②取AC的中点D，连结BD，∴AD=CD=1AC=2，过点B作BE⊥AC交CA的延伸线于E，在Rt△2ABE中，∠BAE=180°﹣∠BAC=60°，∴∠ABE=30°，∵AB=4，∴AE=2，BE=23，∴DE=AD+AE=4，在Rt△BED中，依据勾股定理得，BD=BE2DE2=28=27，∴BA△BC=BD2﹣CD2=24；3）如图3，设ON=x，OB=OC=y，∴BC=2y，OA=3x，∵AB△AC=14，∴OA2﹣OB2=14，∴9x2﹣y2=14①，取AN的中点D，连结BD，∴AD=DB=1AN=1×2OA=ON=x，∴OD=ON+DN=2x，在Rt△BOD中，223BD2=OB2+OD2=y2+4x2，∵BN△BA=10，∴BD2﹣DN2=10，∴y2+4x2﹣x2=10，∴3x2+y2=10②联立①②得：x2或x2（舍），∴BC=4，OA=32，∴S△ABC=1BC×AO=62．y2y2226．如图，△ABC中，ABCACB，点D在BC所在的直线上，点E在射线AC上，且ADEAED，连结

DE．（1）如图①，若

B

C30

，

BAD

70

，求

CDE的度数；（2）如图②，若

ABC

ACB

70

，

CDE

15

，求

BAD的度数；（3）当点

D在直线

BC上（不与点B、C重合）运动时，试一试究

BAD与

CDE的数目关系，并说明原由．【答案】（1）35°（2）30°（3）∠BAD=2∠CDE【剖析】(1).依据∠ACB=∠E+∠CDE=∠E-∠CDE+∠BAD,即可求解；（2）.同(1)的方法可求解；状况讨论：①当点D在点B的左边时；②当点D在线段BC上时，注意分类讨论的思想.本题剖析：(1)∵∠ACB=∠E+∠CDE,∠ACB=∠E-∠CDE+∠BAD,∴∠CDE=35°

(3).

分两种（2）

BAD

30（3）设

ABC

ACB

y

，

ADE

AED

x

，

CDE

，BAD①如图1，当点D在点B的左边时，ADCxyx12得，20，∴2`∴{x，1y2②如图2，当点D在线段BC上时，ADCy，yx11得，，∴2∴{x，2y22与x轴订交于点A、B，交y轴于点C，抛物线的对称27．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x+x+2轴交x轴于点N，交线段AC于点M．点F是线段MA上的动点，连结NF，过点N作NG⊥NF交△ABC的边于点G．（1）求证：△ABC是直角三角形；（2）当点G在边BC上时，连结GF，∠NGF的度数变化吗？若变化，请说明原由；若不变，恳求出∠NGF的正切值；（3）设点F的横坐标为n，点G的纵坐标为m，在整个运动过程中，直接写出m与n的函数关系式，并注明自变量n的取值范围．【答案】（1）证明见剖析；（2）∠NGF的度数不变化，tan∠NGF=；（3）m与n的关系式为：m=2n–3（≤n≤）或m=（<n≤4）.【剖析】【剖析】（1）先利用抛物线剖析式确立A、B、C的坐标，此后利用勾股定理的逆定理进行证明即可；（2）先利用待定系数法求出直线

AC的此后式，则可确立

M（，），再证明△

NMF∽△NBG，利用相像比得到

=，此后依据正切的定义获得

tan

∠NGF

，从而判断∠

NGF的度数为定值；3）作GH⊥x轴于H，FQ⊥x轴于Q，F（n，–n+2），分点G在BC上，点G在AC上两种状况进行讨论即可得.【详解】（1）当x=0时，y=–x2+x+2=2，则（0，2）；C2+12=4，则A（4，0），B（–1，0），（2分）当y=0时，–xx+2=0，解得x=–1，x∵2=12+22=5，2=42+22=20，2=25，BCACAB∴2+2=2，BCACAB∴△ABC为直角三角形，∠ACB=90°；2）∠NGF的度数不变化，设直线AC的剖析式为y=kx+b，把A（4，0），C（0，2）代入得

，解得

，∴直线AC的剖析式为y=–x+2，∵抛物线的对称轴为直线x=，∴M（，），GN⊥NF，∴∠GNF=90°，∴∠BNG=∠MNF，∵∠ACB=90°，∴∠NBC=∠OCA，而MN∥OC，∴∠NMF=∠OCA，∴∠NBG=∠NMF，∴△NMF∽△NBG，∴==，∴tan∠NGF=，∴∠NGF的度数为定值；3）作GH⊥x轴于H，FQ⊥x轴于Q，F（n，–n+2），当G点在BC上，如图1，易得直线BC的剖析式为y=2x+2，则G（m–1，m），∵∠GNF=90°，∴∠GNH=∠NFQ，∴Rt△NGH∽Rt△FNQ，∴，即，m=2n–3，当m=0时，2n–3=0，解得n=；当m=2时，2n–3=2，解得n=；∴此时n的范围为≤n≤；当点G在AC上，如图2，则<n≤4，则G（4–2m，m），易得Rt△NGH∽Rt△FNQ，∴，即，∴m=，综上所述，故答案为：m与n的关系式为：m=2n–3（≤n≤）或m=（<n≤4）．【点睛】本题察看了二次函数的综合题，波及到二次函数图象上点的坐标特点和二次函数的性质、利用待定系数法求一次函数剖析式、利用勾股定理的逆定理证明直角三角形、相像三角形的判断与性质等知识，增添协助线建立相像三角形是解题的重点.28．如图的直径是弦BC上一动点与点不重合，过点P作交于点D．如图2，当时，求PD的长；如图3，当求证：DE是

时，延伸的切线；

AB至点

E，使

，连结

DE．求PC的长．【答案】（1）；（2）．【剖析】剖析：依据题意第一得出半径长，再利用锐角三角函数关系得出第一得出是等边三角形，从而得出，求出答案即可；第一求出CF的长，从而利用直角三角形的性质得出PF的长，从而得出答案．

的长；详解：

如图

2，连结

OD，，，的直径

，在

，中，

，，在中，；证明：如图3，连结OD，交CB于点F，连结BD，，，，，是等边三角形，，，，，，是的切线；由知，，，在中，，直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半，．点睛：本题主要察看了圆的综合以及直角三角形的性质和锐角三角函数关系，正确得出是等边三角形是解题重点．29．如图，抛物线y=ax2+6x+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）求抛物线的剖析式；（2）过点

A的直线交直线

BC

于点

M．①当AM⊥BC时，过抛物线上一动点P（不与点B，C重合），作直线AM的平行线交直线以点A，M，