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    2021中考數學壓軸題專題訓練11開放探究(附解析)

    2021-09-141 9.99元 33頁 1.16 MB
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    開放探究1.定義:到三角形的兩個頂點距離相等的點,叫做三角形的“中垂心”.如圖1,在△ABC中,PA=PB,則點P叫做△ABC的“中垂心”.(1)根據定義,中垂心可能在三角形頂點處的三角形有________(舉一個例子即可);(2)應用:如圖2;在△ABC中,請畫出“中垂心”P,使PA=PB=PC.(保留作圖痕跡,不寫畫法)(3)探究:①如圖3,已知△ABC為直角三角形,∠C=90°,∠ABC=60°,AC=,“中垂心”P在AC邊上,求PA的長.②如圖4,若PA=PB且“中垂心”P在△ABC內部,總有AC+BC2AP,請說明理由.【解析】解:(1)根據題意,若點C為△ABC的“中垂心”可得CA=CB∴△ABC為等腰三角形故答案為:等腰三角形(答案不唯一);(2)分別作出BC和AB的垂直平分線,交于點P 根據垂直平分線的性質可得PA=PB=PC∴點P即為所求;(3)①∵∠C=90°,∠ABC=60°,∴∠A=90°-∠ABC=30°∴AB=2BC設BC=x,則AB=2x∵BC2+AC2=AB2∴x2+()2=(2x)2解得:x=4或-4(不符合實際,舍去)∴BC=4,AB=8∵P在AC邊上,∠C=90°∴PB>PC,即不存在“中垂心”P,使PB=PC若PA=PB,如下圖所示 設PA=PB=a,則PC=AC-PA=-a∵PC2+BC2=BP2∴(-a)2+42=a2解得:a=即PA=;若PA=PC,如下圖所示則點P為AC的中點∴PA==綜上:PA=或;②理由如下延長AP交BC于D根據三角形的三邊關系可得:AC+CD>AD,DP+DB>PB ∴AC+CD+DP+DB>AD+PB∴AC+(CD+DB)+DP>PA+DP+PB∴AC+BC>PA+PB∵PA=PB∴AC+BC2AP2.如圖,在中,為的中點,將繞點順時針旋轉得到,連結、.(1)若為等邊三角形,試探究與有何數量關系?證明你的結論;(2)若為等邊三角形,當的值為多少時,?(3)當不是等邊三角形時,(1)中結論是否仍然成立?若不成立,請添加一個條件,使得結論成立,并說明理由.【解析】解(1),證明如下:∵為等邊的中線,∴,即,∵,∴,即,由旋轉的性質得到,,∴,∴.(2)或240.當時,由為等邊三角形,得到,∴,∴;當時,,∴. (3)不成立,添加的條件為理由如下:∵,,∴,即.∵,∴,即.由旋轉的性質得到,,∴,∴.3.在△ABC中,AB=AC,點D與點E分別在AB、AC邊上,DEBC,且DE=DB,點F與點G分別在BC、AC邊上,∠FDG∠BDE.(1)如圖1,若∠BDE=120°,DF⊥BC,點G與點C重合,BF=1,直接寫出BC=;(2)如圖2,當G在線段EC上時,探究線段BF、EG、FG的數量關系,并給予證明;(3)如圖3,當G在線段AE上時,直接寫出線段BF、EG、FG的數量關系:_____________.【解析】(1)∵DE∥BC,∴∠BDE+∠ABC=180°,∵∠BDE=120°,∴∠ABC=60°,∵DF⊥BF,∴∠BFD=90°,∴DF=BF?tan60°,∵∠CDF∠BDE=60°,∠DFC=90°,∴CF=DF?tan60°, ∴BC=BF+CF=1+3=4;(2)如圖2中,結論:FG=BF+EG.理由:在EA上截取EH,使得EH=BF.∵AB=AC,∴∠B=∠C,∵DE∥BC,∴∠ADE=∠B,∠AED=∠C,∴∠ADE=∠AED,∴∠DEH=∠B,在△DBF和△DEH中,,∴△DBF≌△DEH(SAS),∴DF=DH,∠BDF=∠EDH,∵∠FDG∠BDE,∴∠BDF+∠EDG=∠EDH+∠EDG=∠GDH∠BDE,∴∠GDF=∠GDH,在△DGF和△DGH中, ,∴△DGF≌△DGH(SAS),∴FG=HG,∵HG=EG+HE=EG+BF,∴FG=BF+EG;(3)如圖3中,結論:FG=BF-EG.理由:在射線EA上截取EH,使得EH=BF.∵AB=AC,∴∠B=∠C,∵DE∥BC,∴∠ADE=∠B,∠AED=∠C,∴∠ADE=∠AED,∴∠DEH=∠B,在△DBF和△DEH中,,∴△DBF≌△DEH(SAS),∴DF=DH,∠BDF=∠EDH, ∴∠BDE=∠FDH,∵∠FDG∠BDE∠FDH,∴∠GDF=∠GDH,在△DGF和△DGH中,,∴△DGF≌△DGH(SAS),∴FG=HG,∵HG=HE-GE=BF-EG,∴FG=BF=-EG.4.如圖,點的坐標為,點的坐標為,將沿直線對折,使點與點重合,直線與軸交于點與交于點.(1)求出的長度;(2)求的面積;(3)在平面上是否存在點,使得是等腰直角三角形?若存在,請求出點的坐標,若不存在,請說明理由.【解析】解:(1)∵點的坐標為,點的坐標為,∴OA=16,OB=12,在RtAOB中, ,∴AB=20;(2)如圖,連接BC,∵折疊,∴AC=BC,∠ADC=∠BDC=90°,AD=BD=10,設AC=BC=x,則OC=16-x,在RtBOC中,,∴,解得,∴,∴在RtACD中,∴ ,∴的面積為;(3)如圖1,當點P在第一象限,PB=AB且∠PBA=90°時,過點P作PE⊥OB交y軸于點E,則∠PEB=∠AOB=90°,∴∠PBE+∠BPE=90°,∵∠PBA=90°,∴∠PBE+∠ABO=90°,∴∠BPE=∠ABO,∵∠PEB=∠AOB,∠BPE=∠ABO,PB=AB,∴PEB≌BOA,∴PE=OB=12,BE=OA=16,∴OE=BE+OB=28, ∴點P的坐標為(12,28),如圖2,當點P在第三象限,PB=AB且∠PBA=90°時,過點P作PF⊥OB交y軸于點F,則∠PFB=∠AOB=90°,∴∠PBF+∠BPF=90°,∵∠PBA=90°,∴∠PBF+∠ABO=90°,∴∠BPF=∠ABO,∵∠PFB=∠AOB,∠BPF=∠ABO,PB=AB,∴PFB≌BOA,∴PF=OB=12,BF=OA=16,∴OF=BF-OB=4,∴點P的坐標為(-12,-4),如圖3,當點P在第一象限,PA=AB且∠PAB=90°時, 過點P作PG⊥OA交x軸于點G,則∠PGA=∠AOB=90°,∴∠PAG+∠APG=90°,∵∠PAB=90°,∴∠PAG+∠BAO=90°,∴∠APG=∠BAO,∵∠PGA=∠AOB,∠APG=∠BAO,PA=AB,∴PAG≌ABO,∴PG=OA=16,AG=OB=12,∴OG=OA+AG=28,∴點P的坐標為(28,16),如圖4,當點P在第四象限,PA=AB且∠PAB=90°時, 過點P作PH⊥OA交x軸于點H,則∠PHA=∠AOB=90°,∴∠PAH+∠APG=90°,∵∠PAB=90°,∴∠PAH+∠BAO=90°,∴∠APH=∠BAO,∵∠PHA=∠AOB,∠APH=∠BAO,PA=AB,∴PAH≌ABO,∴PH=OA=16,AH=OB=12,∴OH=OA-AH=4,∴點P的坐標為(4,-16),如圖5,當點P在第四象限,PA=PB且∠APB=90°時, 過點P作PM⊥OB交y軸于點M,過點A作AN⊥PM,交MP的延長線于點N,則∠PNA=∠PMB=90°,∴∠PAN+∠APN=90°,∵∠APB=90°,∴∠APN+∠BPM=90°,∴∠PAN=∠BPM,∵∠PNA=∠PMB,∠PAN=∠BPM,PA=PB,∴PAN≌BPM,∴PM=AN,BM=PN,設PM=AN=a,則PN=BM=12+a,∵MN=OA=16,∴a+12+a=16解得a=2,∴PM=2,OM=AN=2,∴點P的坐標為(2,-2), 如圖6,當點P在第一象限,PA=PB且∠APB=90°時,過點P作PI⊥OB交y軸于點I,過點A作AJ⊥PI,交IP的延長線于點J,則∠PJA=∠PIB=90°,∴∠PAJ+∠APJ=90°,∵∠APB=90°,∴∠APJ+∠BPI=90°,∴∠PAJ=∠BPI,∵∠PJA=∠PIB,∠PAJ=∠BPI,PA=PB,∴PAJ≌BPI,∴PI=AJ,BI=PJ,設PI=AJ=b,則PJ=BI=b-12,∵IJ=OA=16,∴b+b-12=16,解得b=14,∴PI=14,OI=AJ=14, ∴點P的坐標為(14,14),綜上所述,點P的坐標為(12,28),(-12,-4),(28,16),(4,-16),(2,-2),(14,14).5.已知,且自然數,對進行如下“分裂”,可分裂成個連續奇數的和,如圖:即如下規律:……;(1)按上述分裂要求,,可分裂的最大奇數為(2)按上述分裂要求,可分裂成連續奇數和的形式是:;(3)用上面的規律求:【解析】解:(1)通過觀察已知算式可得平方數的分裂規律有:平方數的底數是多少,分裂后的奇數加數就有多少個;奇數加數是從1開始算起的連續奇數,∴,又,所以可分裂的最大奇數為19;故答案為=1+3+5+7+9,19;(2)由(1)可以進一步得知,一個平方數分裂后的最大奇數等于平方數底數的2倍減去1,∴可分裂的最大奇數為2n-1, ∴,故答案為;(3)由(2)得:=,,∴=2n+1.6.如圖,△ABC和△CDE都是等邊三角形,點E在BC上,AE的延長線交BD于點F.(1)求證:△ACE≌△BCD;(2)探究的度數;(3)探究EF、DF、CF之間的關系.【解析】解:(1)∵△ABC和△CDE都為等邊三角形,∴∠ACE=∠BCD=60°,AC=BC,CE=CD,在△ACE和△BCD中, ∴△ACE≌△BCD;(2)延長AF到Q,使FQ=DF,連接DQ,∵△ACE≌△BCD,∴∠CAE=∠CBD,又∵∠AEC=∠BEF,∴∠AFB=∠ACB=60°.∴∠DFQ=60°,∴△DFQ是等邊三角形,∴∠FDQ=∠FQD=60°,DF=DQ,∴∠CDF=∠EDQ,在△CDF和△EDQ中,∴△CDF≌△EDQ,∴∠CFD=∠DQF=60°;(3)∵△CDF≌△EDQ,?∴CF=EQ, ∵EQ=DF+FQ=EF+DF,∴CF=EF+DF.7.(1)問題發現:如圖(1),在△OAB和△OCD中,OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=36°,連接AC,BD交于點M.①的值為 ??;②∠AMB的度數為 ??;(2)類比探究:如圖(2),在△OAB和△OCD中,∠AOB=∠COD=90°,∠OAB=∠OCD=30°,連接AC,交BD的延長線于點M.請計算的值及∠AMB的度數.(3)拓展延伸:在(2)的條件下,將△OCD繞點O在平面內旋轉,AC,BD所在直線交于點M.若OD=1,OB=,請直接寫出當點C與點M重合時AC的長.【解析】解:(1)①∵∠AOB=∠COD=36°,∴∠AOB+∠DOA=∠COD+∠DOA,∴∠COA=∠DOB,又∵OA=OB,OC=OD,∴△COA≌△DOB(SAS),∴AC=BD,∴=1,故答案為:1;②設AO與BD交于點E,由①知,△COA≌△DOB, ∴∠CAO=∠DBO,∵∠AOB+∠DBO=∠DEO,∠AMB+∠CAO=∠DEO,∴∠AOB=∠AMB=36°,故答案為:36°;(2)在△OAB和△OCD中,∵∠AOB=∠COD=90°,∠OAB=∠OCD=30°,∴tan30°=,∵∠AOB+∠DOA=∠COD+∠DOA,即∠DOB=∠COA,∴△DOB∽△COA,∴,∠DBO=∠CAO,∵∠DBO+∠OEB=90°,∠OEB=∠MEA,∴∠CAO+∠MEA=90°,∴∠AMB=90°,∴=,∠AMB=90°; (3)①如圖3-1,當點M在直線OB左側時,在Rt△OCD中,∠OCD=30°,OD=1,∴CD=2,在Rt△OAB中,∠OAB=30°,OB=,∴AB=2,由(2)知,∠AMB=90°,且=,∴設BD=x,則AC=AM=x,在Rt△AMB中,AM2+MB2=AB2,∴(x)2+(x+2)2=(2)2,解得,x1=3,x2=-4(舍去),∴AC=AM=3;②如圖3-2,當點M在直線OB右側時,在Rt△AMB中,AM2+MB2=AB2,∴(x)2+(x-2)2=(2)2,解得,x1=4,x2=-3(舍去),∴AC=AM=4, 綜上所述,AC的長為3或4.8.綜合與實踐(1)觀察理解:如圖1,中,,,直線過點,點,在直線同側,,,垂足分別為,,由此可得:,所以,又因為,所以,所以,又因為,所以();(請填寫全等判定的方法)(2)理解應用:如圖2,,且,,且,利用(1)中的結論,請按照圖中所標注的數據計算圖中實線所圍成的圖形的面積______;(3)類比探究:如圖3,中,,,將斜邊繞點逆時針旋轉至,連接,求的面積. (4)拓展提升:如圖4,點,在的邊、上,點,在內部的射線上,、分別是、的外角.已知,.求證:;【解析】(1)在和中,,故答案為:;(2),,,,由(1)得:,,,,,,.(3)如圖3,過作于,由旋轉得:,,,,;(4),,, ,,,在和中,;,9.如圖,在平面直角坐標系中,點的坐標是,與軸相切于點,與軸相交于、兩點.(1)點、、的坐標分別是(,),(,),(,).(2)設經過、兩點的拋物線的關系式為,它的頂點為,拋物線的對稱軸與軸相交于點,求證:直線與相切.(3)在拋物線的對稱軸上,是否存在點(點在軸的上方),使是等腰三角形.如果存在,請求出點的坐標;如果不存在,請說明理由.【解析】(1),,.提示:連結,則垂直于軸.∵點的坐標是,∴,.在 中,,同理在中,,∴,,.(2)把代入,解得,∴,.如圖2,連結,則,.∵,∴,∴,即,∴與相切.(3)∵,,∴,.在中,.設,,如圖3.①當時,在中,,∴,,∵,∴,∴;②當時,在中,,∴,,∵,∴,∴;③當時,和重合,.綜上當、或時,是等腰三角形. 10.已知如圖,四邊形ABCD,BE、DF分別平分四邊形的外角∠MBC和∠NDC,若∠BAD=α,∠BCD=β(1)如圖1,若α+β=150°,求∠MBC+∠NDC的度數;(2)如圖1,若BE與DF相交于點G,∠BGD=45°,請寫出α、β所滿足的等量關系式;(3)如圖2,若α=β,判斷BE、DF的位置關系,并說明理由.【解析】解:(1)在四邊形ABCD中,∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC=360°,∴∠ABC+∠ADC=360°﹣(α+β),∵∠MBC+∠ABC=180°,∠NDC+∠ADC=180°∴∠MBC+∠NDC=180°﹣∠ABC+180°﹣∠ADC=360°﹣(∠ABC+∠ADC)=360°﹣[360°﹣(α+β)]=α+β,∵α+β=150°,∴∠MBC+∠NDC=150°, (2)β﹣α=90°理由:如圖1,連接BD,由(1)有,∠MBC+∠NDC=α+β,∵BE、DF分別平分四邊形的外角∠MBC和∠NDC,∴∠CBG=∠MBC,∠CDG=∠NDC,∴∠CBG+∠CDG=∠MBC+∠NDC=(∠MBC+∠NDC)=(α+β),在△BCD中,在△BCD中,∠BDC+∠DBC=180°﹣∠BCD=180°﹣β,在△BDG中,∠BGD=45°,∴∠GBD+∠GDB+∠BGD=180°,∴∠CBG+∠CBD+∠CDG+∠BDC+∠BGD=180°,∴(∠CBG+∠CDG)+(∠BDC+∠CDB)+∠BGD=180°,∴(α+β)+180°﹣β+45°=180°,∴β﹣α=90°,(3)平行,理由:如圖2,延長BC交DF于H, 由(1)有,∠MBC+∠NDC=α+β,∵BE、DF分別平分四邊形的外角∠MBC和∠NDC,∴∠CBE=∠MBC,∠CDH=∠NDC,∴∠CBE+∠CDH=∠MBC+∠NDC=(∠MBC+∠NDC)=(α+β),∵∠BCD=∠CDH+∠DHB,∴∠CDH=∠BCD﹣∠DHB=β﹣∠DHB,∴∠CBE+β﹣∠DHB=(α+β),∵α=β,∴∠CBE+β﹣∠DHB=(β+β)=β,∴∠CBE=∠DHB,∴BE∥DF.11.在平面直角坐標系中,對于平面中的點,和圖形,若圖形上存在一點,使,則稱點為點關于圖形的“折轉點”,稱為點關于圖形的“折轉三角形”(1)已知點,①在點,,中,點關于點的“折轉點”是______; ②點在直線上,若點是點關于線段的“折轉點”,求點的橫坐標的取值范圍;(2)的圓心為,半徑為3,直線與,軸分別交于,兩點,點為上一點,若線段上存在點關于的“折轉點”,且對應的“折轉三角形”是底邊長為2的等腰三角形,直接寫出的取值范圍.【解析】(1)①根據“折轉點”的定義,要使得的Q才是點O關于點A的“折轉點”,如圖,根據各個點的坐標,,,,則,∴,是點O關于點A的“折轉點”,,,,則,∴,點O關于點A的“折轉點”,∵,∴不是,故答案是:,;②如圖,點為點關于線段的折轉點,則在線段上存在點,使得,即在以為直徑的圓上(不含,點),因此,當點在上運動時,所有可能的點組成的圖形為:以為圓心,半徑為1的圓,和以為圓心,半徑為2的圓及其之間的部分,(不含軸上的點).直線與內圓交于,與外圓交于,線段即為直線上點可能的位置, 過點作軸于,連接,則,因為直線,,因此為等腰直角三角形,,由三線合一,知,為,即點橫坐標為1,同理可得,點橫坐標為2,∴點的橫坐標取值范圍是;(2)根據題意,記線段EF上的點是Q,當上存在一點C,使的時候,則線段EF上存在點P關于的“折轉點”,∵“折轉三角形”是等腰直角三角形,∴Q點一定在線段PC的垂直平分線上,∵點P、C都是圓上的點,線段PC是的弦,∴圓心T也在線段PC的垂直平分線上,∴T和Q是共線的,且它們之間的距離是固定的,∵等腰直角三角形的底是2,∴Q到線段PC的距離是1,∵的半徑是3,弦長PC是2,∴根據垂徑定理可以算出圓心T到線段PC的距離是, ∴,根據直線求出、,如圖,當點Q在點F的位置上的時候,①,,根據勾股定理求得,則;②同上,則;當點Q在點E的位置上的時候,③,則;④,則,綜上,t的范圍是:或.12.如圖,在矩形中,,,點從點出發沿向點勻速運動,速度是,過點作交于點,同時,點從點出發沿方向,在射線上勻速運動,速度是,連接、,與交與點,設運動時間為.(1)當為何值時,四邊形是平行四邊形; (2)設的面積為,求與的函數關系式;(3)是否存在某一時刻,使得的面積為矩形面積的;(4)是否存在某一時刻,使得點在線段的垂直平分線上.【解析】(1)當四邊形是平行四邊形時,,又∵,∴四邊形為平行四邊形,∴,即,∴(2)∵,∴,即,∴,∴, ∴,,梯形,∴梯形(3)由題意,解得,所以當或時,的面積為矩形面積的.(4)當點在線段的垂直平分線上時,,∴,在中,,在中,,∴,即解得,(舍)所以當時,點在線段的垂直平分線上.
    2021中考數學壓軸題專題訓練11開放探究(附解析)
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