2021年中考数学复习练习课件：§85-开放探究型

中考数学

§8.5开放探究型中考数学

§8.5开放探究型11.(2020四川成都,25,4分)如图,在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,E,F分别为AB,CD边的中点.动点P从点E出发

沿EA向点A运动,同时,动点Q从点F出发沿FC向点C运动,连接PQ,过点B作BH⊥PQ于点H,连接DH.若点

P的速度是点Q的速度的2倍,在点P从点E运动至点A的过程中,线段PQ长度的最大值为

,线段DH长

度的最小值为

.

1.(2020四川成都,25,4分)如图,在矩形ABCD中,2答案3

;

-

解析如图①所示,连接EF,作QG⊥AB于G,则四边形EGQF为矩形,EG=FQ,EF=QG=AD=BC.

图①∵PQ=

=

,∵点P从点E运动至点A,点Q从点F运动至点C,∴在点P从点E运动至点A的过程中,当A、P重合时,PE+FQ最大,此时PE+FQ=

AB+

AB=3,∴PQmax=

=

=3

.答案3 ; - 解析如图①所示,连接EF,作QG⊥AB3如图②,连接EF交PQ于M,则EF=BC=3,连接BM.∵DC∥AB,∴△FMQ∽△EMP,

图②∴

=

=

,∴ME=

EF=2.∵BE=

AB=2,∴BM=

=2

.∵∠FEB=∠BHM=90°,∴点H和点E均在以BM为直径的圆上.设圆心为O,连接DO交☉O于点H1,依据点D在☉O外可知,如图②,连接EF交PQ于M,则EF=BC=3,连接BM.4当H运动到H1位置时,DH的长最小,过O作OK⊥BE,OJ⊥BC,ON⊥AD,垂足分别为K,J,N,则N,O,J在同一直线上,且四边形AKON,KBJO均为矩

形.易得OK=

EM=1,OJ=

BE=1,∴DN=DA-AN=DA-OK=2,ON=NJ-OJ=AB-OJ=3,∴DHmin=DH1=

-

BM=

-

.方法指导在求解动态几何的最值问题时,一般采用数形结合与化动为静的思想,将不规则运动转换为

规则运动,再讨论最值问题.当H运动到H1位置时,DH的长最小,方法指导在求解动态几何52.(2020广西北部湾经济区,18,3分)如图,在边长为2

的菱形ABCD中,∠C=60°,点E,F分别是AB,AD上的动点,且AE=DF,DE与BF交于点P.当点E从点A运动到点B时,则点P的运动路径长为

.

答案

π2.(2020广西北部湾经济区,18,3分)如图,在边长为26解析连接BD,

由菱形的性质及∠C=60°,可知△BCD、△ABD均为等边三角形,故BD=AD,且∠BDF=∠A=60°,又AE=DF,故在E、F运动过程中,△BDF≌△DAE,即∠DBF=∠ADE,因此∠DBF+∠BDP始终等于60°,即∠BPD始终等于120°,又∠C=60°,因此B、C、D、P四点共圆,故点P的运动路径为以等边三角形BCD的中心O为圆心,OB为半径的圆的一部分,即

,延长BO交CD于解析连接BD,7G,易证DG=

CD=

,∠ODG=

∠BDC=30°,故OB=OD=

=

=2,且∠BOD=120°,∴l

=

=

π.即点P的运动路径长为

π.G,易证DG= CD= ,∠ODG= ∠BDC=30°,83.(2020吉林,25,10分)如图,△ABC是等边三角形,AB=4cm.动点P从点A出发,以2cm/s的速度沿AB向点B

匀速运动,过点P作PQ⊥AB,交折线AC-CB于点Q,以PQ为边作等边三角形PQD,使点A,D在PQ异侧.设点P

的运动时间为x(s)(0<x<2),△PQD与△ABC重叠部分图形的面积为y(cm2).(1)AP的长为

cm(用含x的代数式表示);(2)当点D落在边BC上时,求x的值;(3)求y关于x的函数解析式,并写出自变量x的取值范围.3.(2020吉林,25,10分)如图,△ABC是等边三角形9解析(1)2x. (2分)详解:根据“路程=速度×时间”可得AP=2x(cm).(2)如图①,根据题意,得4x+2x=4,解得x=

.

图①∴当点D落在边BC上时,x=

.

(4分)(3)如图②,当0<x≤

时,y=

×(2

x)2=3

x2.∴y=3

x2.

(6分)解析(1)2x. (2分)10图②

图③图④

如图③,当

<x≤1时,y=3

x2-

(3x-2)2=-

x2+18

x-6

.∴y=-

x2+18

x-6

.

(8分)如图④,当1<x<2时,y=

×

(4-2x)2=

(x-2)2.∴y=

(x-2)2

.

(10分)

 ∴y= (x-2)2 . (10分)11难点突破对于第(3)问,先利用第(2)问所求x的值及点Q与点C重合时x的值,分0<x≤

、

<x≤1和1<x<2三种情况讨论,然后分别利用等边三角形的性质、锐角三角函数正确表达△PQD与△ABC重叠部分图

形的面积y即可.方法总结对于几何动态探究题,通常有以下解题思路:一是弄清在运动过程中,存在哪些不变量及不变

的关系,有哪些几何量是变化的,以及它们之间的关系;二是根据变量和不变量之间的几何关系建立方程

模型,求出动点在特殊位置的未知量的值;或根据变量和变量之间的几何关系建立函数模型,探究特殊情

况下未知量的值,进而探索出一般的结论或者从中获得解题启示.难点突破对于第(3)问,先利用第(2)问所求x的值及点Q与124.(2020广西北部湾经济区,26,10分)如图1,在平面直角坐标系中,直线l1:y=x+1与直线l2:x=-2相交于点D,点

A是直线l2上的动点,过点A作AB⊥l1于点B,点C的坐标为(0,3),连接AC,BC,设点A的纵坐标为t,△ABC的面

积为s.(1)当t=2时,请直接写出点B的坐标;(2)s关于t的函数解析式为s=

其图象如图2所示,结合图1、2的信息,求出a与b的值;(3)在l2上是否存在点A,使得△ABC是直角三角形?若存在,请求出此时点A的坐标和△ABC的面积;若不存

在,请说明理由.4.(2020广西北部湾经济区,26,10分)如图1,在平面13解析(1)当t=2时,A(-2,2),∵直线l1:y=x+1,AB⊥l1,∴可设直线AB的解析式为y=-x+n,将A(-2,2)代入y=-x+n,得n=0,∴直线AB的解析式为y=-x,联立

得

∴B

.(2)当t=7时,s=4,故

×72+7b-

=4,解析(1)当t=2时,A(-2,2),14解得b=-1.当t=

=2时,s在-1<t<5内取得最大值,此时s=S△OAC-S△OBC=

×3×2-

×3×

=

,则a(2+1)(2-5)=

,解得a=-

.(3)(i)若A为△ABC的直角顶点,则AC∥l1,

解得b=-1.15此时AC的方程为y=x+3,令x=-2,得y=1,∴A(-2,1).易得B(-1,0).AC=

=2

,AB=

.此时s=

×

×2

=2.(ii)若C为△ABC的直角顶点,过B作l2的垂线交l2于E,易知△ABD为等腰直角三角形,∴E为AD的中点,D(-

2,-1),A(-2,t),则E

,∴B

,在Rt△ABC中,由勾股定理得AC2+BC2=AB2,在等腰直角三角形ABD中,由勾股定理得2AB2=AD2,∴22+(t-3)2+

+

=

⇒t2-12t+27=0,解得t=3或t=9,则A(-2,3)或A(-2,9),∴s=

×2×2=2或s=

×2

×

=10.此时AC的方程为y=x+3,16(iii)当B为△ABC的直角顶点时,此种情况不存在.(当A在D上方时,∠ABC为锐角;当A在D下方时,∠ABC

为钝角)综上,在l2上存在点A,使得△ABC是直角三角形,点A的坐标为(-2,1)或(-2,3)或(-2,9),相应△ABC的面积为2

或2或10.思路分析(1)根据A点坐标求出直线AB的解析式,然后和l1:y=x+1联立即可求出B点的坐标;(2)将t=7,s=4代入s=

t2+bt-

,可求出b的值,易知当t=2时,s在-1<t<5内取得最大值,通过s=S△OAC-S△OBC求出s,然后由s=a(t+1)(t-5)即可求出a的值;(3)分A为△ABC的直角顶点,C为△ABC的直角顶点,B为△ABC的直角顶点3种情况讨论即可.(iii)当B为△ABC的直角顶点时,此种情况不存在.(当A175.(2020贵州贵阳,25,12分)如图,四边形ABCD是正方形,点O为对角线AC的中点.(1)问题解决:如图①,连接BO,分别取CB,BO的中点P,Q,连接PQ,则PQ与BO的数量关系是

,位置

关系是

;(2)问题探究:如图②,△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到的三角形,连接CE,点

P,Q分别为CE,BO'的中点,连接PQ,PB,判断△PQB的形状,并证明你的结论;(3)拓展延伸:如图③,△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45°得到的三角形,连接BO',点

P,Q分别为CE,BO'的中点,连接PQ,PB.若正方形ABCD的边长为1,求△PQB的面积.

图①

图②图③5.(2020贵州贵阳,25,12分)如图,四边形ABCD是18解析(1)PQ=

BO;PQ⊥BO.(2)△PQB的形状是等腰直角三角形.理由如下:

连接O'P并延长交BC于点F,由正方形的性质及旋转可得AB=BC,∠ABC=90°,△AO'E是等腰直角三角形,O'E∥BC,O'E=O'A.∴∠O'EP=∠FCP,∠PO'E=∠PFC.又∵点P是CE的中点,∴CP=EP.∴△O'PE≌△FPC(AAS).∴O'E=FC=O'A,O'P=FP.∴AB-O'A=CB-FC,∴BO'=BF.解析(1)PQ= BO;PQ⊥BO.19∴△O'BF为等腰直角三角形.∴BP⊥O'F,O'P=BP.∴△BPO'也为等腰直角三角形.又∵点Q为O'B的中点,∴PQ⊥O'B,且PQ=BQ.∴△PQB是等腰直角三角形.(3)延长O'E交BC边于点G,连接PG,O'P.

∵四边形ABCD是正方形,AC是对角线,∴∠ECG=45°.∴△O'BF为等腰直角三角形.20由旋转得,四边形O'ABG是矩形,∴O'G=AB=BC,∠EGC=90°.∴△EGC为等腰直角三角形.∵点P是CE的中点,∴PC=PG=PE,∠CPG=90°,∠EGP=45°.∴△O'GP≌△BCP(SAS).∴∠O'PG=∠BPC,O'P=BP.∴∠O'PG-∠GPB=∠BPC-∠GPB=90°.∴∠O'PB=90°.∴△O'PB为等腰直角三角形.∵Q是O'B的中点,∴PQ=

O'B=BQ,PQ⊥O'B.由旋转得,四边形O'ABG是矩形,21∵AB=1,∴O'A=

,∴O'B=

=

,∴BQ=

.∴S△PQB=

BQ·PQ=

×

×

=

.∵AB=1,∴O'A= ,∴O'B= = ,226.(2020江西,23,12分)某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后,针对图1中所示的“由直角三角形三

边向外侧作多边形,它们的面积S1,S2,S3之间的关系问题”进行了以下探究:

类比探究(1)如图2,在Rt△ABC中,BC为斜边,分别以AB,AC,BC为斜边向外侧作Rt△ABD,Rt△ACE,Rt△BCF,若∠1

=∠2=∠3,则面积S1,S2,S3之间的关系式为

;6.(2020江西,23,12分)某数学课外活动小组在学习了23推广验证(2)如图3,在Rt△ABC中,BC为斜边,分别以AB,AC,BC为边向外侧作任意△ABD,△ACE,△BCF,满足∠1=

∠2=∠3,∠D=∠E=∠F,则(1)中所得关系式是否仍然成立?若成立,请证明你的结论;若不成立,请说明理

由;拓展应用(3)如图4,在五边形ABCDE中,∠A=∠E=∠C=105°,∠ABC=90°,AB=2

,DE=2,点P在AE上,∠ABP=30°,PE=

,求五边形ABCDE的面积.

图4推广验证24解析(1)S1+S2=S3.详解:∵△ABC是直角三角形,∴AB2+AC2=BC2.∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形,且∠1=∠2=∠3,∴Rt△ABD∽Rt△ACE∽Rt△BCF,∴

=

,

=

,∴

+

=

=

+

=

=

=1.∴S1+S2=S3.(2)成立.证明如下:∵∠1=∠2=∠3,∠D=∠E=∠F,∴△ABD∽△CAE∽△BCF.∴

=

,

=

.∴

=

.解析(1)S1+S2=S3.25∵△ABC为直角三角形,∴AB2+AC2=BC2.∴

=1.∴S1+S2=S3.(3)过点A作AH⊥BP于点H.

∵∠ABH=30°,AB=2

,∴AH=

,BH=3,∠BAH=60°.∵∠BAP=105°,∵△ABC为直角三角形,26∴∠HAP=45°.∴PH=AH=

.∴AP=

,BP=BH+PH=3+

.∴S△ABP=

=

=

.连接PD.∵PE=

,ED=2,∴

=

=

,

=

=

.∴

=

.又∵∠E=∠BAP=105°,∴△ABP∽△EDP.∴∠EPD=∠APB=45°,

=

=

.∴∠HAP=45°.27∴∠BPD=90°,PD=1+

.∴S△PED=S△ABP·

=

×

=

.连接BD.∴S△PBD=

=

=2

+3.∵tan∠PBD=

=

,∴∠PBD=30°.∵∠ABC=90°,∠ABP=30°,∴∠DBC=30°.∵∠C=105°,∴△ABP∽△EDP∽△CBD.∴S△BCD=S△ABP+S△EDP=

+

=2

+2.∴∠BPD=90°,PD=1+ .28∴S五边形ABCDE=S△ABP+S△EDP+S△BCD+S△BPD=

+

+(2

+2)+(2

+3)=6

+7.∴S五边形ABCDE=S△ABP+S△EDP+S△BCD+S297.(2019天津,24,10分)在平面直角坐标系中,O为原点,点A(6,0),点B在y轴的正半轴上,∠ABO=30°.矩形

CODE的顶点D,E,C分别在OA,AB,OB上,OD=2.(1)如图1,求点E的坐标;(2)将矩形CODE沿x轴向右平移,得到矩形C'O'D'E',点C,O,D,E的对应点分别为C',O',D',E'.设OO'=t,矩形C'

O'D'E'与△ABO重叠部分的面积为S.①如图2,当矩形C'O'D'E'与△ABO重叠部分为五边形时,C'E',E'D'分别与AB相交于点M,F,试用含有t的式

子表示S,并直接写出t的取值范围;②当

≤S≤5

时,求t的取值范围(直接写出结果即可).7.(2019天津,24,10分)在平面直角坐标系中,O为原30解析(1)由点A(6,0),得OA=6,又OD=2,∴AD=OA-OD=4,在矩形CODE中,有ED∥CO,得∠AED=∠ABO=30°,∴在Rt△AED中,AE=2AD=8,∴由勾股定理,得ED=

=4

,∴点E的坐标为(2,4

).(2)①由平移知,O'D'=2,E'D'=4

,ME'=OO'=t,由E'D'∥BO,得∠E'FM=∠ABO=30°,∴在Rt△MFE'中,MF=2ME'=2t,∴由勾股定理,得FE'=

=

t,∴S△MFE'=

ME'·FE'=

·t·

t=

t2,∵S矩形C'O'D'E'=O'D'·E'D'=8

,解析(1)由点A(6,0),得OA=6,31∴S=S矩形C'O'D'E'-S△MFE'=8

-

t2,∴S=-

t2+8

,其中t的取值范围是0<t<2.②

≤t≤6-

.提示:当0<t<2时,S=-

t2+8

,∴t=0时,Smax=8

;t=2时,Smin=6

,∴6

<S<8

,不在范围内.当2≤t<4时,如图,O'A=6-t,D'A=4-t,

根据勾股定理得O'N=

(6-t),D'F=

(4-t),∴S=S矩形C'O'D'E'-S△MFE'=8 - t2,32∴S=

×[

(6-t)+

(4-t)]×2=-2

t+10

,∴2

<S≤6

.当S=5

时,t=

,∴

≤t<4.当4≤t<6时,如图,O'A=6-t,

根据勾股定理得O'N=

(6-t),S=

×(6-t)×

(6-t)=

t2-6

t+18

,∴0<S≤2

.∴S= ×[ (6-t)+ (4-t)]×2=-2 t+1033∴当S=

时,t1=6+

(舍去),t2=6-

,∴4≤t≤6-

.综上所述,

≤t≤6-

.易错警示此题为动态几何问题,需按矩形C'O'D'E'与△ABO重叠部分的形状变化分类讨论,若只画出其

中一种情况,则会因为考虑不全而产生错误.∴当S= 时,t1=6+ (舍去),t2=6- ,易错警示348.(2019江西,23,12分)特例感知(1)如图1,对于抛物线y1=-x2-x+1,y2=-x2-2x+1,y3=-x2-3x+1,下列结论正确的序号是

;①抛物线y1,y2,y3都经过点C(0,1);②抛物线y2,y3的对称轴由抛物线y1的对称轴依次向左平移

个单位得到;③抛物线y1,y2,y3与直线y=1的交点中,相邻两点之间的距离相等.

图1形成概念(2)把满足yn=-x2-nx+1(n为正整数)的抛物线称为“系列平移抛物线”.8.(2019江西,23,12分)特例感知35知识应用在(2)中,如图2.①“系列平移抛物线”的顶点依次为P1,P2,P3,…,Pn,用含n的代数式表示顶点Pn的坐标,并写出该顶点纵

坐标y与横坐标x之间的关系式;②“系列平移抛物线”存在“系列整数点(横、纵坐标均为整数的点)”:C1,C2,C3,…,Cn.其横坐标分别为

-k-1,-k-2,-k-3,…,-k-n(k为正整数),判断相邻两点之间的距离是否都相等,若相等,直接写出相邻两点之间

的距离;若不相等,说明理由;③在②中,直线y=1分别交“系列平移抛物线”于点A1,A2,A3,…,An,连接CnAn,Cn-1An-1,判断CnAn,Cn-1An-1是否

平行,并说明理由.

图2知识应用图236解析(1)①②③.详解:当x=0时,y1=y2=y3=1,故①正确.抛物线y1,y2,y3的对称轴分别为直线x1=-

,x2=-1,x3=-

,故②正确.抛物线y1,y2,y3与直线y=1的交点(除了点C)横坐标分别为-1,-2,-3,相邻两点之间的距离为1,故③正确.(2)①Pn

.y=x2+1.详解:yn=-x2-nx+1=-

+

+1.∴顶点Pn的坐标为

.令顶点Pn的横坐标为x=-

,纵坐标为y=

+1,则y=

+1=

+1=x2+1.②相邻两点之间的距离都相等.解析(1)①②③.37理由:根据题意得Cn(-k-n,-k2-nk+1),Cn-1(-k-n+1,-k2-nk+k+1).∴Cn,Cn-1两点之间的铅直高度=-k2-nk+k+1-(-k2-nk+1)=k,Cn,Cn-1两点之间的水平距离=-k-n+1-(-k-n)=1.∴由勾股定理得Cn

=k2+1.∴CnCn-1=

.③CnAn与Cn-1An-1不平行.理由:根据题意得Cn(-k-n,-k2-nk+1),Cn-1(-k-n+1,-k2-nk+k+1),

理由:根据题意得Cn(-k-n,-k2-nk+1),Cn-138An(-n,1),An-1(-n+1,1).过Cn,Cn-1分别作直线y=1的垂线,垂足为D,E,∴D(-k-n,1),E(-k-n+1,1).在Rt△DAnCn中,tan∠DAnCn=

=

=

=k+n.在Rt△EAn-1Cn-1中,tan∠EAn-1Cn-1=

=

=

=k+n-1.∵k+n-1≠k+n,∴tan∠DAnCn≠tan∠EAn-1Cn-1.∴∠DAnCn≠∠EAn-1Cn-1.∴CnAn与Cn-1An-1不平行.An(-n,1),An-1(-n+1,1).399.(2019河南,22,10分)在△ABC中,CA=CB,∠ACB=α.点P是平面内不与点A、C重合的任意一点,连接AP,

将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP,连接AD,BD,CP.(1)观察猜想如图1,当α=60°时,

的值是

,直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是

.(2)类比探究如图2,当α=90°时,请写出

的值及直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数,并就图2的情形说明理由.(3)解决问题当α=90°时,若点E、F分别是CA、CB的中点,点P在直线EF上,请直接写出点C,P,D在同一直线上时

的值.9.(2019河南,22,10分)在△ABC中,CA=CB,40解析(1)1;60.(注:若填60°,不扣分)(2分)如图,延长CP交BD的延长线于E,设AB交EC于点O.

由题意得∠PAD=∠CAB=60°,∴∠CAP=∠BAD,∵CA=BA,PA=DA,∴△CAP≌△BAD(SAS),∴PC=BD,∠ACP=∠ABD,∵∠AOC=∠BOE,∴∠BEO=∠CAO=60°,解析(1)1;60.(注:若填60°,不扣分)(2分)41∴

=1,直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60.(2)

,直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数为45.(注:若没写出,但后续证明正确,不扣分)(4分)理由如下:∵∠ACB=90°,CA=CB,∴∠CAB=45°,

=

.同理可得:∠PAD=45°,

=

.∴

=

,∠CAB=∠PAD.∴∠CAB+∠DAC=∠PAD+∠DAC,即∠DAB=∠PAC.∴△DAB∽△PAC. (6分)∴

=

=

,∠DBA=∠PCA.设BD交CP于点G,BD交CA于点H.∴ =1,直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60.42∵∠BHA=∠CHG,∴∠CGH=∠BAH=45°. (8分)(3)

的值为2+

或2-

.

注:若把2-

写为

,不扣分

(10分)提示:分两种情况.如图①,可设CP=a,则BD=

a.设CD与AB交于点Q,则PQ=CP=a.可证∠DQB=∠DBQ=67.5°,则DQ=BD=

a,易得AD=

PD=2a+

a,所以

=2+

.如图②,可设AP=DP=b,则AD=

b.由EF∥AB,得∠PEA=∠CAB=45°,可证∠ECD=∠EAD=22.5°,∴CD=AD=

b,CP=

b+b,所以

=2-

.图①图②∵∠BHA=∠CHG,图①431.(2020海南,21,13分)四边形ABCD是边长为2的正方形,E是AB的中点,连接DE,点F是射线BC上一动点

(不与点B重合),连接AF,交DE于点G.(1)如图1,当点F是BC边的中点时,求证:△ABF≌△DAE;(2)如图2,当点F与点C重合时,求AG的长;(3)在点F运动的过程中,当线段BF为何值时,AG=AE?请说明理由.

教师专用题组1.(2020海南,21,13分)四边形ABCD是边长为2的44解析(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴∠B=∠DAE=90°,AB=AD=BC, (2分)∵点E、F分别是AB、BC的中点,∴AE=

AB,BF=

BC,∴AE=BF, (3分)∴△ABF≌△DAE. (4分)(2)在正方形ABCD中,∠ADC=90°,AD=CD=2,∴AC=

=

=2

,

(5分)∵AB∥CD,∴△AGE∽△CGD, (6分)∴

=

,即

=

,

(7分)∴AG=

.

(8分)解析(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,45(3)当BF=

时,AG=AE.理由如下:由(2)知,当点F与点C重合(即BF=2)时,AG=

<1,∴点F应在BC的延长线上(即BF>2),如图所示,设AF交CD于点M,(3)当BF= 时,AG=AE.理由如下:46∴DM=

,∴CM=CD-DM=2-

=

,

(10分)∵AB∥CD,∴△ABF∽△MCF, (11分)∴

=

,即

=

,

(12分)∴BF=

,故当BF=

时,AG=AE.

(13分)若使AG=AE=1,则有∠1=∠2,∵AB∥CD,∴∠1=∠4,又∵∠2=∠3,∴∠3=∠4,∴DM=MG. (9分)在Rt△ADM中,AM2-DM2=AD2,即(DM+1)2-DM2=22,∴DM= ,若使AG=AE=1,则有∠1=∠2,47一题多解(3)取线段BC的中点H,连接AH交ED于N,由(1)得△DAE≌△ABH,∴∠BAH=∠ADE,∵∠BAD=∠BAH+∠DAH=90°,∴∠ADE+∠DAH=90°,∴∠AND=90°,即AN⊥DE,∵AE=AG,AN⊥DE,∴∠BAH=∠GAH,∴∠ADE=∠GAH,∵AD∥BC,∴∠DAG=∠AFB,∴△DAG∽△AFH,∴

=

,∴

=

,化简得3CF2+4CF-4=0,解得CF=

或CF=-2(舍去),所以BF=2+

=

.一题多解(3)取线段BC的中点H,连接AH交ED于N,由(482.(2020云南昆明,23,12分)如图1,在矩形ABCD中,AB=5,BC=8,点E,F分别为AB,CD的中点.(1)求证:四边形AEFD是矩形;(2)如图2,点P是边AD上一点,BP交EF于点O,点A关于BP的对称点为点M,当点M落在线段EF上时,则有

OB=OM.请说明理由;(3)如图3,若点P是射线AD上一个动点,点A关于BP的对称点为点M,连接AM,DM,当△AMD是等腰三角形

时,求AP的长.

图1图2图32.(2020云南昆明,23,12分)如图1,在矩形ABCD49解析(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥CD,AB=CD,∠A=90°, (1分)∵点E,F分别是AB,CD的中点,∴AE=

AB,DF=

CD,∴AE=DF, (2分)∵AE∥DF,∴四边形AEFD是平行四边形, (3分)∵∠A=90°,∴四边形AEFD是矩形. (4分)解析(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,50(2)证法一:连接OA,AM.∵点A关于BP的对称点为M,∴BP垂直平分AM, (5分)∴OA=OM, (6分)∵四边形AEFD是矩形,(2)证法一:连接OA,AM.51∴EF⊥AB,∵点E是AB的中点,∴EF垂直平分AB,∴OA=OB,∴OB=OM. (8分)证法二:连接OA,AM,∵点A关于BP的对称点为M,∴BP垂直平分AM, (5分)∴OA=OM, (6分)∵四边形AEFD是矩形,∴EO∥AP,∴

=

=1,∴BO=OP,在Rt△ABP中,AO=BO=

BP,

(7分)∴EF⊥AB,52∴OB=OM. (8分)(其他证法参照此标准给分)(3)分四种情况:①当MA=MD,且点P在边AD上时,过点M作直线MH⊥AD于点H,交BC于点G,连接PM,BM,∵AD=BC=8,∴OB=OM. (8分)(3)分四种情况:53∴AH=

AD=4,∵∠BAH=∠ABG=∠AHG=90°,∴四边形ABGH是矩形,∴BG=AH=4,HG=AB=5,∵BP垂直平分AM,∴BM=BA=5,AP=PM,在Rt△BGM中,∠BGM=90°,由勾股定理得MG=

=

=3,∴HM=2,设AP=PM=a,则PH=4-a,在Rt△PHM中,∠PHM=90°,由勾股定理得PH2+HM2=PM2,即(4-a)2+22=a2,解得a=

,∴AH= AD=4,54∴AP=

.

(9分)②当MA=MD,且点P在射线AD上,P在D右侧时,

过点M作MH⊥AD于点H,交BC于点G,连接PM,BM,∵AD=BC=8,∴AH=

AD=4,∴AP= . (9分)55∵∠BAH=∠ABG=∠AHG=90°,∴四边形ABGH是矩形,∴BG=AH=4,HG=AB=5,∵BP垂直平分AM,∴BM=BA=5,在Rt△BGM中,∠BGM=90°,BM=5,由勾股定理可得MG=

=

=3,∴HM=8,设AP=PM=a,则PH=a-4,在Rt△PHM中,∠PHM=90°,由勾股定理可得PH2+HM2=PM2,即(a-4)2+82=a2,解得a=10,∴AP=10. (10分)③当DA=DM时,连接BM,∵∠BAH=∠ABG=∠AHG=90°,56

∵BA=BM,∴BD为AM的垂直平分线,即点D为AM的垂直平分线与射线AD的交点,∵点A关于BP的对称点为点M,∴点P为AM的垂直平分线与射线AD的交点,∴点D与点P重合,

57∴AP=AD=8.

(11分)④当AM=AD=8时,设BP交AM于点Q,连接PM,BM.

∵BP垂直平分AM,∴BA=BM=5,AQ=

AM=

AD=4,在Rt△ABQ中,∠AQB=90°,由勾股定理得∴AP=AD=8. (11分)58BQ=

=

=3,∵∠ABQ=∠PBA,∠BQA=∠BAP=90°,∴△ABQ∽△PBA,∴

=

,即

=

,∴AP=

.综上所述,AP的长为

或10或8或

.

(12分)(其他解法参照此标准给分)思路分析(3)分四种情况:①当MA=MD,且点P在边AD上时,过点M作直线MH⊥AD于点H,交BC于点G,

连接PM,BM,在Rt△BGM中,由勾股定理可得MG=3,所以HM=2,因为AP=PM,所以在Rt△PHM中,由勾股

定理得AP的长;②当MA=MD,且点P在射线AD上,P在D右侧时,同①可得AP的长;③当DA=DM时,因为BA

=BM,所以BD为AM的垂直平分线,因为BP为AM的垂直平分线,所以点P和点D重合,即可得AP的长;④当

AM=AD=8时,设BP交AM于点Q,连接PM,BM,由点A和点M关于BP对称,可得AQ,BQ,证得△ABQ∽△PBA,

即可求得AP的长.BQ= = =3,思路分析(3)分四种情况:①当MA=MD593.(2020内蒙古包头,26,12分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=

x2-2x经过坐标原点,与x轴正半轴交于点A,该抛物线的顶点为M,直线y=-

x+b经过点A,与y轴交于点B,连接OM.(1)求b的值及点M的坐标;(2)将直线AB向下平移,得到过点M的直线y=mx+n,且与x轴负半轴交于点C,取点D(2,0),连接DM,求证:∠

ADM-∠ACM=45°;(3)点E是线段AB上一动点,点F是线段OA上一动点,连接EF,线段EF的延长线与线段OM交于点G.当∠

BEF=2∠BAO时,是否存在点E,使得3GF=4EF?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.

备用图3.(2020内蒙古包头,26,12分)如图,在平面直角坐标60解析(1)当y=0时,

x2-2x=0,解得x1=0,x2=6,∴A(6,0).∵直线y=-

x+b经过点A,∴b=3.∵y=

x2-2x=

(x-3)2-3,∴M(3,-3).

(3分)(2)证明:根据题意得m=-

.∵直线y=-

x+n过点M(3,-3),∴n=-

,∴y=-

x-

.当y=0时,-

x-

=0,解得x=-3,∴C(-3,0).过点M作MN⊥x轴于点N,∴N(3,0),解析(1)当y=0时, x2-2x=0,解得x1=0,x261

∴ON=MN=3,∴∠MON=45°.∵D(2,0),∴OD=2,DN=1.在Rt△MND中,MD=

=

.∵C(-3,0),∴CD=5.∵

=

,

=

,∴

=

.∵∠MDC=∠ODM,∴△DCM∽△DMO,∴∠DMC=∠DOM=45°.

62∵∠ADM=∠ACM+∠DMC,∴∠ADM-∠ACM=45°.

(7分)(3)假设存在点E,使得3GF=4EF,即

=

.∵∠BEF=2∠BAO,∴∠BAO=∠EFA,∴AE=EF.过点E作EH⊥x轴于点H,∴AH=HF.过点G作GK⊥x轴于点K.设E

,

∴EH=-

a+3,OH=a,∴AH=HF=6-a.∵∠ADM=∠ACM+∠DMC,∴∠ADM-∠ACM=45°63在Rt△GKF和Rt△EHF中,∵sin∠KFG=sin∠HFE,∴

=

,∴

=

=

,∴KG=

=-

a+4.∵∠MOA=45°,∴OK=KG,∴OK=-

a+4,∴KF=OH-OK-HF=

a-10.∵GK⊥x轴,EH⊥x轴,∴GK∥EH,∴

=

=

,∴a=

,∴-

a+3=

,∴E

,∴存在点E

,使得3GF=4EF.

(12分)在Rt△GKF和Rt△EHF中,∵sin∠KFG=sin∠H64思路分析(1)根据抛物线与x轴正半轴交于点A,求出A(6,0),代入一次函数解析式即可求出b;将抛物线

解析式转化成顶点式,即可得到M点坐标.(2)易知平移后的直线的解析式为y=-

x+n,把点M的坐标代入求出n,过点M作MN⊥x轴于N,则△DCM∽△DMO,推出∠DMC=45°,利用∠ADM=∠ACM+∠DMC可得结论.(3)过点G作GK⊥x轴于K,过点E作EH⊥x轴于H.证明∠EFA=∠BAO,得AE=EF.设E

,用a表示出EH、OH、HF的长,利用sin∠KFG=sin∠HFE求得KG的长.由∠MOA=45°得OK=KG,从而求得KF的长.

由GK∥EH推出

=

=

,求得a的值即可解决问题.思路分析(1)根据抛物线与x轴正半轴交于点A,求出A(6,654.(2020辽宁营口,25,14分)如图,在矩形ABCD中,AD=kAB(k>0),点E是线段CB延长线上的一个动点,连接

AE,过点A作AF⊥AE交射线DC于点F.(1)如图1,若k=1,则AF与AE之间的数量关系是

;(2)如图2,若k≠1,试判断AF与AE之间的数量关系,写出结论并证明;(用含k的式子表示)(3)若AD=2AB=4,连接BD交AF于点G,连接EG,当CF=1时,求EG的长.图1图2备用图4.(2020辽宁营口,25,14分)如图,在矩形ABCD中66解析(1)AF=AE. (2分)详解:∵k=1,∴AD=AB,∴四边形ABCD是正方形,∴∠BAD=90°,∵AF⊥AE,∴∠EAF=90°,∴∠EAB=∠FAD,∵∠ABE=∠D=90°,∴△EAB≌△FAD(ASA),∴AF=AE.(2)AF=kAE. (4分)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴∠BAD=∠ABC=∠ADF=90°,∴∠FAD+∠FAB=90°,∵AF⊥AE,∴∠EAF=90°,∴∠EAB+∠FAB=90°,∴∠EAB=∠FAD,∵∠ABE+∠ABC=180°,∴∠ABE=180°-∠ABC=180°-90°=90°,解析(1)AF=AE. (2分)67∴∠ABE=∠ADF,∴△ABE∽△ADF. (7分)∴

=

.∵AD=kAB,∴

=

,∴

=

,∴AF=kAE.

(8分)(3)①如图1,当点F在DC上时,∵四边形ABCD是矩形,∴AB=CD,AB∥CD,∴∠ABE=∠ADF,68

图1∵AD=2AB=4,∴AB=2,∴CD=2,∵CF=1,∴DF=CD-CF=2-1=1.在Rt△ADF中,∠ADF=90°,∴AF=

=

=

,∵DF∥AB,

69∴∠GDF=∠GBA,∠GFD=∠GAB,∴△GDF∽△GBA,∴

=

=

,∵AF=GF+AG,∴AG=

AF=

,

(9分)由(2)得AE=

AF=

×

=

.

(10分)在Rt△EAG中,∠EAG=90°,∴EG=

=

=

=

.

(11分)②如图2,当点F在DC的延长线上时,DF=CD+CF=2+1=3.∴∠GDF=∠GBA,∠GFD=∠GAB,70

图2在Rt△ADF中,∠ADF=90°,∴AF=

=

=5,∵DF∥AB,∴∠GAB=∠GFD,∠GBA=∠GDF,

71∴△AGB∽△FGD,∴

=

=

,∵GF+AG=AF=5,∴AG=2, (12分)由(2)得AE=

AF=

×5=

.

(13分)在Rt△EAG中,∠EAG=90°,∴EG=

=

=

=

.综上所述,EG的长为

或

.

(14分)解题关键解决第(3)问的关键是要发现并灵活运用△AGB∽△FGD,进而求得线段AE和AG的长.同时

要注意由于点F的位置不确定需要分类讨论.∴△AGB∽△FGD,解题关键解决第(3)问的关键是要发现725.(2019浙江温州,24,14分)如图,在平面直角坐标系中,直线y=-

x+4分别交x轴、y轴于点B,C,正方形AOCD的顶点D在第二象限内,E是BC中点,OF⊥DE于点F,连接OE.动点P在AO上从点A向终点O匀速运

动,同时,动点Q在直线BC上从某一点Q1向终点Q2匀速运动,它们同时到达终点.(1)求点B的坐标和OE的长;(2)设点Q2为(m,n),当

=

tan∠EOF时,求点Q2的坐标;(3)根据(2)的条件,当点P运动到AO中点时,点Q恰好与点C重合.①延长AD交直线BC于点Q3,当点Q在线段Q2Q3上时,设Q3Q=s,AP=t,求s关于t的函数表达式;②当PQ与△OEF的一边平行时,求所有满足条件的AP的长.5.(2019浙江温州,24,14分)如图,在平面直角坐标系73解析(1)令y=0,则-

x+4=0,∴x=8,∴B的坐标为(8,0).令x=0,则-

×0+4=y,∴y=4,∴C的坐标为(0,4).在Rt△BOC中,BC=

=4

.又∵E为BC中点,∴OE=

BC=2

.(2)如图1,作EM⊥OC于点M,则EM∥CD,EM∥OB,记DE与y轴的交点为N,解析(1)令y=0,则- x+4=0,∴x=8,74

图1∴△CDN∽△MEN,∴

=

,∵E是BC的中点,∴CE=EB=

BC,CM=

OC=2,

75∵EM∥OB,∴

=

=

,∴EM=

OB=4,∵CD=OC=4,∴CD=EM,∴CN=MN=1,∴EN=

=

.∵EN·OF=ON·EM,∴OF=

=

,由勾股定理得EF=

,∴tan∠EOF=

,∴

=

×

=

.∵n=-

m+4,∴m=6,n=1,∴Q2的坐标为(6,1).(3)①∵动点P,Q同时做匀速直线运动,∴s关于t成一次函数关系,设s=kt+b(k≠0),∵EM∥OB,∴ = = ,∴EM= OB=4,76将

和

代入得

解得

∴s=

t-

.②当PQ∥OE时(如图2),∠QPB=∠EOB=∠OBE,作QH⊥x轴于点H,则PH=BH=

PB.将 和 代入得 解得 77

图2∵BQ=6

-s=6

-

t+

=7

-

t,又∵cos∠QBH=

,∴BH=14-3t,∴PB=28-6t,

78∴t+28-6t=12,∴t=

.当PQ∥OF时(如图3),过点Q作QG⊥AQ3于点G,过点P作PH⊥GQ于点H,易证△Q3QG∽△CBO,∴Q3G∶QG∶Q3Q=1∶2∶

.

图3∴t+28-6t=12,∴t= .79∵Q3Q=s=

t-

,∴Q3G=

t-1,QG=3t-2,∴PH=AG=AQ3-Q3G=6-

=7-

t,QH=QG-AP=3t-2-t=2t-2.易证∠HPQ=∠CDN,∴tan∠HPQ=tan∠CDN=

,∴2t-2=

,∴t=

.由图形可知PQ不可能与EF平行.综上所述,当PQ与△OEF的一边平行时,AP的长为

或

.∵Q3Q=s= t- ,∴Q3G= t-1,QG=3t-2,806.(2019吉林,25,10分)如图,在矩形ABCD中,AD=4cm,AB=3cm,E为边BC上一点,BE=AB,连接AE.动点P,Q

从点A同时出发,点P以

cm/s的速度沿AE向终点E运动;点Q以2cm/s的速度沿折线AD-DC向终点C运动.设点Q运动的时间为x(s),在运动过程中,点P,点Q经过的路线与线段PQ围成的图形面积为y(cm2).(1)AE=

cm,∠EAD=

°;(2)求y关于x的函数解析式,并写出自变量x的取值范围;(3)当PQ=

cm时,直接写出x的值.6.(2019吉林,25,10分)如图,在矩形ABCD中,A81解析(1)3

;45.

(2分)(2)当0<x≤2时,如图①.

图①过点P作PF⊥AD于点F.∵AP=

xcm,AQ=2xcm,∴PF=AP·sin45°=xcm.∴y=

AQ·PF=

×2x·x=x2,即y=x2.

(4分)当2<x≤3时,如图②.连接PD,过点P作PF⊥AD于点F.解析(1)3 ;45. (2分)82

图②∵DQ=(2x-4)cm,DF=(4-