中考数学二轮复习压轴大题突破训练专题19 方程思想在压轴题中的应用（解析版）

专题19方程思想在压轴题中的应用方程思想在中考压轴题中的应用非常广泛，主要表现在几何压轴题中的动点问题，几何、函数压轴题中的存在性问题以及面积问题和相似问题等。通过设出未知数，并用未知数表示出各线段的长度，再根据勾股定理、相似三角形的性质以及各几何图形的判定，列出方程，进行求解。 （2022·上海·统考中考真题）平行四边形，若为中点，交于点，连接．(1)若，①证明为菱形；②若，，求的长．(2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值．（1）①连接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论；②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四边形性质即可得出BD长；（2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值．【答案】(1)①见解析；②(2)【详解】(1)①证明：如图，连接AC交BD于O，∵平行四边形，∴OA=OC，∵AE=CE，OE=OE，∴△AOE≌△COE(SSS)，∴∠AOE=∠COE，∵∠AOE+∠COE=180°，∴∠COE=90°，∴AC⊥BD，∵平行四边形，∴四边形是菱形；②∵OA=OC，∴OB是△ABC的中线，∵为中点，∴AP是△ABC的中线，∴点E是△ABC的重心，∴BE=2OE，设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,∴9-x2=25-9x2，解得：x=,∴OB=3x=3，∵平行四边形，∴BD=2OB=6；(2)解：如图，∵⊙A与⊙B相交于E、F，∴AB⊥EF，由（1）②知点E是△ABC的重心，又在直线上，∴CG是△ABC的中线，∴AG=BG=AB，GE=CE，∵CE=AE，∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,∴AG=AE,∴AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，∴BC=AE，∴．本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目．（2022·广东深圳·统考中考真题）一个玻璃球体近似半圆为直径，半圆上点处有个吊灯的中点为(1)如图①，为一条拉线，在上，求的长度．(2)如图②，一个玻璃镜与圆相切，为切点，为上一点，为入射光线，为反射光线，求的长度．(3)如图③，是线段上的动点，为入射光线，为反射光线交圆于点在从运动到的过程中，求点的运动路径长．（1）由，可得出为的中位线，可得出D为中点，即可得出的长度；（2）过N点作，交于点D，可得出为等腰直角三角形，根据,可得出，设，则，根据，即可求得，再根据勾股定理即可得出答案；（3）依题意得出点N路径长为：，推导得出，即可计算给出，即可得出答案．【答案】(1)2；(2)；(3)【详解】（1）∵∴为的中位线∴D为的中点∵∴（2）过N点作，交于点D，∵，∴为等腰直角三角形，即，又∵，∴，∴，∴，设，则，∵，∴，解得，∴，，∴在中，；（3）如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合．当点M运动至点A时，点N运动至点T，故点N路径长为：．∵．∴．∴．∴，∴，∴N点的运动路径长为：，故答案为：．本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、中位线，利用锐角三角函数值解三角函数，掌握以上知识，并能灵活运用是解题的关键．（2022·辽宁盘锦·中考真题）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0），B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C（0，9），点D在y轴正半轴上，OD＝4，点P是线段OB上的一点，过点B作BE⊥DP，BE交DP的延长线于点E．(1)求抛物线解析式；(2)若＝，求点P的坐标；(3)点F为第一象限抛物线上一点，在（2）的条件下，当∠FPD＝∠DPO时，求点F的坐标．（1）将A(﹣3，0)，C(0，9)代入抛物线y＝﹣x2+bx+c，建立方程组，求解即可；（2）易证△DPO∽△BPE，所以，设OP＝t（0＜t＜6），所以BP＝6﹣t，由相似比可得，BE2＝，PE2＝，在Rt△BPE中，利用勾股定理建立方程可求出t的值，即可得出点P的坐标；（3）如过点D作DG⊥PF于点G，过点G作GN⊥x轴于点N，过点D作DM⊥GN交NG的延长线于点M，易证△DPO≌△DPG（AAS），所以OD＝GD＝4，OP＝PG＝2，由一线三等角可得△MDG∽△NGP，所以DG：GP＝MD：GN＝MG：PN＝2：1，设PN＝m，则MG＝2m，所以GN＝4﹣2m，DM＝8﹣4m，由平行四边形的性质可得8﹣4m＝2+m，解得m＝，可得G，由待定系数法可求得直线PF的解析式为：，联立直线PF的解析式和抛物线的解析式可得出点F的坐标．【答案】(1)(2)P(2，0)(3)F(5，4)【详解】(1)将A(﹣3，0)，C(0，9)代入抛物线y＝﹣x2+bx+c，∴，解得．∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+9．(2)∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+9，∴B(6，0)，∵BE⊥DP，∴∠E＝∠DOP＝90°，∵∠DPO＝∠BPE，∴△DPO∽△BPE，∴，，设OP＝t（0＜t＜6），∴BP＝6﹣t，∴BE2＝，PE2＝，在Rt△BPE中，由勾股定理可得，BE2+PE2＝PB2，∴+＝（6﹣t）2，解得t＝58（舍）或t＝2，∴P(2，0)；(3)如图，过点D作DG⊥PF于点G，过点G作GN⊥x轴于点N，过点D作DM⊥GN交NG的延长线于点M，∴∠DOP＝∠DGP＝90°，∵∠FPD＝∠DPO，DP＝DP，∴△DPO≌△DPG（AAS），∴OD＝GD＝4，OP＝PG＝2，∵GN⊥x轴，DM⊥GN，∴∠M＝∠GNP＝90°，∵∠DGM+∠MDG＝∠DGM+∠PGN＝90°，∴∠MDG＝∠PGN，∴△MDG∽△NGP，∴DG：GP＝MD：GN＝MG：PN＝2：1，设PN＝m，则MG＝2m，∴GN＝4﹣2m，∴DM＝8﹣4m，∴8﹣4m＝2+m，解得m＝，∴ON＝2+＝，GN＝4﹣2×＝，∴G(，)，设直线PF的解析式为：y＝kx+b′，∴，解得，∴直线PF的解析式为：，令＝，解得x＝5或x＝（舍），∴F(5，4)．本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，二次函数上点的坐标特征等知识，第（2）问关键是利用相似三角形的面积比等于相似比的平方表达出BE2和PE2；第（3）问关键是构造相似三角形，建立方程．1．（2022·山东菏泽·菏泽一中校考模拟）如图1，在中，，平分，连接，，．(1)求的度数；(2)如图2，连接，交于E，连接，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，点G为的中点，连接交于点F，若，求线段的长．【答案】(1)(2)见解析(3)【思路分析】（1）设．则，，由平分，得到，由三角形内角和定理，求得，进一步即可得到答案；（2）先证明，则，则，又由得，即可得到结论；（3）由O是的中点及得到，再证明，得到，则，又由，即可得到答案．【详解】（1）解：如图1中，设．∵，，∴，，∵平分，∴，∵，，∴，∴，∴，，∴．（2）证明：∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴．（3）解：如图3中，连接，取O是的中点，∵，∴或（舍去），由（1）、（2）及根据G是的中点可知：，，，，∴，∵，∴，∴，∴，又，∴．2．（2022·海南海口·海南华侨中学校联考模拟）如图①，在正方形中，点E、F、G、H分别在边、、、上，若，(1)求证：；(2)如果把题目中的“正方形”改为“长方形”、若，（如图②），求的值；(3)如果把题目中的“”改为“与的夹角为45°”（如图③），若正方形的边长为2，的长为，求的长．【答案】(1)见详解(2)(3)【思路分析】（1）过点作交于，过点作交于，证明即可求解；（2）过点作交于，过点作交于，由（1）可得，再由，可求；（3）过作交于，过作交于，以为旋转中心，绕点顺时针旋转到，可证明，设，则，，在中，，求出，在中，求出，再由即可求解．【详解】（1）证明：过点作交于，过点作交于，四边形是正方形，，，，，；（2）解：过点作交于，过点作交于，由（1）可得，，∴，，，，，，；（3）解：过作交于，过作交于，以为旋转中心，绕点顺时针旋转到，，，，与的夹角为，，，，，，，设，则，，在中，，解得，，在中，，．3．（2022·河南洛阳·统考二模）如图1，在四边形中，，点在边上，且，．作，交线段于点，连结．(1)求证：；(2)如图2，若，，，求的长；(3)如图3，若的延长线经过的中点，求的值．【答案】(1)见解析(2)6(3)【思路分析】（1）先根据题意得出，，再证四边形是平行四边形，得出，进而得出，再由平行线性质得，进而证得结论；（2）先证明，得，根据四边形是平行四边形，得，，进而可得，求得，，再利用，求得答案；（3）如图3，延长、交于点，先证明，得出，设，，，则，，，可得，再利用，列方程求解即可．【详解】（1）证明：如图1，∵，，，，，∵，，，，，，∵，，四边形是平行四边形，，，在和中，，，∴；（2）解：如图2∵，，，，，由（1）知：四边形是平行四边形，，，，，，，，，，即，，，，，即，；（3）解：如图3，延长、交于点，，均为等腰三角形，且，，，设，，，则，，，，，的中点，，，，，，，即，，，即，，解得：或（舍去），．4．（2022·宁夏吴忠·校考一模）已知：如图，在中，，，，点从点出发，沿向点匀速运动，速度为；过点作，交于点，同时，点从点出发，沿向点匀速运动，速度为；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动，连接．设运动时间为，解答下列问题：(1)当t为何值时，四边形为平行四边形？(2)设四边形的面积为y（cm2），试确定y与t的函数关系式；(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使？若存在，请说明理由，若存在，求出t的值．【答案】(1)(2)(3)存在，2【思路分析】（1）根据勾股定理求出，根据平行四边形的性质得到，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可；（2）过点作，证明，根据相似三角形的性质求出、，根据梯形的面积公式计算即可；（3）根据题意列出一元二次方程，解方程求出，根据相似三角形的性质、勾股定理计算即可．【详解】（1）解：，，，，，当时，四边形是平行四边形，，即，解得，，答：当时，四边形为平行四边形；（2）解：过点作，垂足为，，，，，即，解得，，，，，，，即，解得，，；（3）解：若存在某一时刻，使，则，，解得，（舍去），，则为时，．5．（2022·山东青岛·校考二模）已知，如图，矩形中，，，点以每秒个单位从点向点运动，同时点沿着以每秒个单位从向运动，在点运动的同时，作交于，当点移动到时，点和点停止运动．以和为边作平行四边形，设运动时间为秒．(1)几秒时，？(2)设平行四边形的面积是，用表示；(3)当时，吗？说明理由．(4)存不存在某个时刻，使得？若存在，求出；若不存在，说明理由．【答案】(1)当运动时间是秒时，∽(2)(3)，理由见解析(4)【思路分析】（1）可推出，进而得出，进一步得出结果；（2）设交于，根据∽表示出，根据表示出，从而表示出上的高，进一步得出结果；（3）先表示出，根据求得的值，进而表示出和，根据和的数量关系确定和的数量关系；（4）连接交于，延长交于，当可推出点是的中点，进而推出点为的中点，进一步求得结果．【详解】（1）解：，，四边形是矩形，，，，，，，，，，；当运动时间是秒时，∽；（2）设交于，，，，，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，；（3），理由如下：当时，四边形是矩形，，，由得，，，，，，，；（4）如图，连接交于，延长交于，四边形是平行四边形，，，，，同理可得，，即：，．6．（2022·四川成都·成都市树德实验中学校考模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与两坐标轴分别相交于三点．(1)求证：；(2)点是第一象限内抛物线上的动点，过点作轴的垂线交于点，交轴于点．①求的最大值；②点是的中点，若以点为顶点的三角形与相似，求点的坐标．【答案】(1)见解析(2)①；②或．【思路分析】（1）分别计算三点的坐标，再利用勾股定理求得的