2021年中考数学三轮冲刺《几何压轴题》解答题冲刺练习(含答案)

这是一份2021年中考数学三轮冲刺《几何压轴题》解答题冲刺练习(含答案)，共18页。

求证：=；
（2）如图,△ABC中,∠BAC=90°,正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上,连接AG,AF分别交DE于M,N两点．
①如图2，若AB=AC=1，直接写出MN的长；
②如图3，求证：MN2=DM•EN．
如图，在平面直角坐标系中，将一块腰长为5的等腰直角三角板ABC放在第二象限，且斜靠在两坐标轴上，直角顶点C的坐标为（﹣1，0），点B在抛物线y=ax2+ax﹣2上.
（1）点A的坐标为 ，点B的坐标为 ；
（2）抛物线的关系式为 ；
（3）设（2）中抛物线的顶点为D，求△DBC的面积；
（4）将三角板ABC绕顶点A逆时针方向旋转90°，到达△AB′C的位置.请判断点B′C′是否在（2）中的抛物线上，并说明理由.
如图，已知二次函数y=ax2+bx﹣3a经过点A（﹣1，0），C（0，3），与x轴交于另一点B，抛物线的顶点为D.
（1）求此二次函数解析式；
（2）连接DC、BC、DB，求证：△BCD是直角三角形；
（3）在对称轴右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC为等腰三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.
已知：MN为⊙O的直径，OE为⊙O的半径，AB、CH是⊙O的两条弦，AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K，连接HN、HE，HE与MN交于点P．
(1)如图1，若AB与CH交于点F，求证：∠HFB=2∠EHN；
(2)如图2，连接ME、OA，OA与ME交于点Q，若OA⊥ME，∠EON=4∠CHN，求证：MP=AB；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接OC、BC、AH，OC与EH交于点G，AH与MN交于点R，连接RG，
若HK：ME=2：3，BC=，求RG的长．
综合与实践
折纸是同学们喜欢的手工活动之一，通过折纸我们既可以得到许多美丽的图形，同时折纸的过程还蕴含着丰富的数学知识．
折一折：把边长为4的正方形纸片ABCD对折，使边AB与CD重合，展开后得到折痕EF．如图①：点M为CF上一点，将正方形纸片ABCD沿直线DM折叠，使点C落在EF上的点N处，展开后连接DN，MN，AN，如图②

(一)填一填，做一做：
(1)图②中，∠CMD= ．线段NF=
(2)图②中，试判断△AND的形状，并给出证明．
剪一剪、折一折：将图②中的△AND剪下来，将其沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，
分别得到图③、图④．
(二)填一填
(3)图③中阴影部分的周长为 ．
(4)图③中，若∠A′GN=80°，则∠A′HD= °．
(5)图③中的相似三角形(包括全等三角形)共有 对；
(6)如图④点A′落在边ND上，若=，则= (用含m，n的代数式表示)．
如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AB在x轴上，AB、BC的长分别是一元二次方程x2﹣7x+12=0的两个根(BC＞AB)，OA=2OB，边CD交y轴于点E，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点E出发沿折线段ED﹣DA向点A运动，运动的时间为t(0≤t＜6)秒，设△BOP与矩形AOED重叠部分的面积为S．
(1)求点D的坐标；
(2)求S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
(3)在点P的运动过程中，是否存在点P，使△BEP为等腰三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
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，连结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．
如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=14，点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．
(1)如图1，若AD=BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD=2DO．
(2)已知点G为AF的中点．
①如图2，若AD=BD，CE=2，求DG的长．
②若AD=6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．
【问题】
如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点C作直线l平行于AB．∠EDF=90°，点D在直线l上移动，角的一边DE始终经过点B，另一边DF与AC交于点P，研究DP和DB的数量关系．
【探究发现】
(1)如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点D移动到使点P与点C重合时，通过推理就可以得到DP=DB，请写出证明过程；
【数学思考】
(2)如图3，若点P是AC上的任意一点(不含端点A、C)，受(1)的启发，这个小组过点D作DG⊥CD交BC于点G，就可以证明DP=DB，请完成证明过程；
【拓展引申】
(3)如图4，在(1)的条件下，M是AB边上任意一点(不含端点A、B)，N是射线BD上一点，且AM=BN，连接MN与BC交于点Q，这个数学兴趣小组经过多次取M点反复进行实验，发现点M在某一位置时BQ的值最大．若AC=BC=4，请你直接写出BQ的最大值．
数学活动课上，某学习小组对有一内角为120°的平行四边形ABCD（∠BAD=120°）进行探究：将一块含60°的直角三角板如图放置在平行四边形ABCD所在平面内旋转，且60°角的顶点始终与点C重合，较短的直角边和斜边所在的两直线分别交线段AB，AD于点E，F（不包括线段的端点）．
（1）初步尝试
如图1，若AD=AB，求证：①△BCE≌△ACF，②AE+AF=AC；
（2）类比发现
如图2，若AD=2AB，过点C作CH⊥AD于点H，求证：AE=2FH；
（3）深入探究
如图3，若AD=3AB，探究得：的值为常数t，则t= ．
\s 0 参考答案
（1）证明：在△ABQ和△ADP中，
∵DP∥BQ，∴△ADP∽△ABQ，∴=，
同理在△ACQ和△APE中，=，∴=．
（2）①作AQ⊥BC于点Q．∵BC边上的高AQ=，
∵DE=DG=GF=EF=BG=CF∴DE：BC=1：3
又∵DE∥BC，∴AD：AB=1：3，∴AD=，DE=，
∵DE边上的高为，MN：GF=：，∴MN： =：，∴MN=．

②证明：∵∠B+∠C=90°∠CEF+∠C=90°，∴∠B=∠CEF，
又∵∠BGD=∠EFC，∴△BGD∽△EFC，∴=，∴DG•EF=CF•BG，
又∵DG=GF=EF，∴GF2=CF•BG，
由（1）得==，∴×=•，∴（）2=•，
∵GF2=CF•BG，∴MN2=DM•EN．
解：
解：
（1）∵二次函数y=ax2+bx﹣3a经过点A（﹣1，0）、C（0，3），
∴根据题意，得，解得，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3.
（2）由y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4得，D点坐标为（1，4），
∴CD==，BC==3，BD==2，
∵CD2+BC2=（）2+（3）2=20，BD2=（2）2=20，∴CD2+BC2=BD2，
∴△BCD是直角三角形；
（3）存在.y=﹣x2+2x+3对称轴为直线x=1.
①若以CD为底边，则P1D=P1C，
设P1点坐标为（x，y），根据勾股定理可得：
P1C2=x2+（3﹣y）2，P1D2=（x﹣1）2+（4﹣y）2，
因此x2+（3﹣y）2=（x﹣1）2+（4﹣y）2，即y=4﹣x.
又P1点（x，y）在抛物线上，∴4﹣x=﹣x2+2x+3，即x2﹣3x+1=0，
解得x1=，x2=＜1，应舍去，∴x=，∴y=4﹣x=，
即点P1坐标为（，）.
②若以CD为一腰，
∵点P2在对称轴右侧的抛物线上，由抛物线对称性知，点P2与点C关于直线x=1对称，
此时点P2坐标为（2，3）.
∴符合条件的点P坐标为（，）或（2，3）.
解：
(1)如图1，∵AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K∴∠ODB=∠OKC=90°
∵∠ODB+∠DFK+∠OKC+∠EON=360°∴∠DFK+∠EON=180°
∵∠DFK+∠HFB=180°∴∠HFB=∠EON
∵∠EON=2∠EHN∴∠HFB=2∠EHN
(2)如图2，连接OB，
∵OA⊥ME，∴∠AOM=∠AOE
∵AB⊥OE∴∠AOE=∠BOE∴∠AOM+∠AOE=∠AOE+∠BOE，
即：∠MOE=∠AOB∴ME=AB
∵∠EON=4∠CHN，∠EON=2∠EHN∴∠EHN=2∠CHN∴∠EHC=∠CHN
∵CH⊥MN∴∠HPN=∠HNM
∵∠HPN=∠EPM，∠HNM=HEM∴∠EPM=∠HEM
∴MP=ME∴MP=AB
(3)如图3，连接BC，过点A作AF⊥BC于F，过点A作AL⊥MN于L，连接AM，AC，
由(2)知：∠EHC=∠CHN，∠AOM=∠AOE∴∠EOC=∠CON
∵∠EOC+∠CON+∠AOM+∠AOE=180°∴∠AOE+∠EOC=90°，∠AOM+∠CON=90°
∵OA⊥ME，CH⊥MN∴∠OQM=∠OKC=90°，CK=HK，ME=2MQ，
∴∠AOM+∠OMQ=90°∴∠CON=∠OMQ
∵OC=OA∴△OCK≌△MOQ(AAS)∴CK=OQ=HK
∵HK：ME=2：3，即：OQ：2MQ=2：3∴OQ：MQ=4：3
∴设OQ=4k，MQ=3k，则OM===5k，AB=ME=6k
在Rt△OAC中，AC===5k
∵四边形ABCH内接于⊙O，∠AHC=∠AOC=×90°=45°，
∴∠ABC=180°﹣∠AHC=180°﹣45°=135°，
∴∠ABF=180°﹣∠ABC=180°﹣135°=45°
∴AF=BF=AB•cs∠ABF=6k•cs45°=3k
在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2即：，
解得：k1=1，(不符合题意，舍去)
∴OQ=HK=4，MQ=OK=3，OM=ON=5∴KN=KP=2，OP=ON﹣KN﹣KP=5﹣2﹣2=1，
在△HKR中，∠HKR=90°，∠RHK=45°，
∴=tan∠RHK=tan45°=1∴RK=HK=4∴OR=RN﹣ON=4+2﹣5=1
∵∠CON=∠OMQ∴OC∥ME∴∠PGO=∠HEM
∵∠EPM=∠HEM∴∠PGO=∠EPM∴OG=OP=OR=1∴∠PGR=90°
在Rt△HPK中，PH===2
∵∠POG=∠PHN，∠OPG=∠HPN∴△POG∽△PHN
∴，即，PG=
∴RG===．

解：
(1)由折叠的性质得，四边形CDEF是矩形，
∴EF=CD，∠DEF=90°，DE=AE=AD，
∵将正方形纸片ABCD沿直线DM折叠，使点C落在EF上的点N处，
∴DN=CD=2DE，MN=CM，∴∠EDN=60°，
∴∠CDM=∠NDM=15°，EN=DN=2，
∴∠CMD=75°，NF=EF﹣EN=4﹣2；
故答案为：75°，4﹣2；
(2)△AND是等边三角形，理由如下：
在△AEN与△DEN中，，∴△AEN≌△DEN(SAS)，
∴AN=DN，
∵∠EDN=60°，
∴△AND是等边三角形；
(3)∵将图②中的△AND沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，
∴A′G=AG，A′H=AH，
∴图③中阴影部分的周长=△ADN的周长=3×4=12；
故答案为：12；
(4)∵将图②中的△AND沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，
∴∠AGH=∠A′GH，∠AHG=∠A′HG，
∵∠A′GN=80°，∴∠AGH=50°，∴∠AHG=∠A′HG=70°，
∴∠A′HD=180°﹣70°﹣70°=40°；故答案为：40；
(5)如图③，
∵∠A=∠N=∠D=∠A′=60°，∠NMG=∠A′MN，∠A′NM=∠DNH，
∴△NGM∽△A′NM∽△DNH，
∵△AGH≌△A′GH
∴图③中的相似三角形(包括全等三角形)共有4对，故答案为：4；
(6)设==a，则A'N=am，A'D=an，
∵∠N=∠D=∠A=∠A′=60°，∴∠NA′G+∠A′GN=∠NA′G+∠DA′H=120°，
∴∠A′GN=∠DA′H，∴△A′GH∽△HA′D，∴==，
设A'G=AG=x，A'H=AH=y，则GN=4﹣x，DH=4﹣y，∴==，
解得：x=y，∴===；故答案为：．
解：
(1)∵x2﹣7x+12=0，∴x1=3，x2=4，
∵BC＞AB，∴BC=4，AB=3，
∵OA=2OB，∴OA=2，OB=1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴点D的坐标为(﹣2，4)；
(2)设BP交y轴于点F，
如图1，当0≤t≤2时，PE=t，
∵CD∥AB，∴△OBF∽△EPF，∴=，即=，∴OF=，
∴S=OF•PE=••t=；
如图2，当2＜t＜6时，AP=6﹣t，
∵OE∥AD，∴△OBF∽△ABP，∴=，即=，∴OF=，
∴S=•OF•OA=××2=﹣t+2；
综上所述，S=；
(3)由题意知，当点P在DE上时，显然不能构成等腰三角形；
当点P在DA上运动时，设P(﹣2，m)，
∵B(1，0)，E(0，4)，∴BP2=9+m2，BE2=1+16=17，PE2=4+(m﹣4)2=m2﹣8m+20，
①当BP=BE时，9+m2=17，解得m=±2，则P(﹣2，2)；
②当BP=PE时，9+m2=m2﹣8m+20，解得m=，则P(﹣2，)；
③当BE=PE时，17=m2﹣8m+20，解得m=4±，则P(﹣2，4﹣)；
综上，P(﹣2，2)或(﹣2，)或(﹣2，4﹣)．
解：
(1)令y=0，则﹣x+4=0，∴x=8，∴B(8，0)，∵C(0，4)，∴OC=4，OB=8，
在Rt△BOC中，BC==4；
(2)如图1，作EM⊥OC于M，则EM∥CD，
∵E是BC的中点∴M是OC的中点∴EM=OB=4，OE=BC=2
∵∠CDN=∠NEM，∠CND=∠MNE∴△CDN∽△MEN，∴=1，∴CN=MN=1，
∴EN==，∵S△ONE=EN•OF=ON•EM，∴OF==，
由勾股定理得：EF===，
∴tan∠EOF===，∴==，
∵n=﹣m+4，∴m=6，n=1，∴Q2(6，1)；
(3)①∵动点P、Q同时作匀速直线运动，
∴s关于t成一次函数关系，设s=kt+b，
∵当点P运动到AO中点时，点Q恰好与点C重合，∴t=2时，CD=4，DQ3=2，
∴s=Q3C==2，
∵Q3(﹣4，6)，Q2(6，1)，∴t=4时，s==5，
将或代入得，解得：，∴s=﹣，
②(i)当PQ∥OE时，如图2，∠QPB=∠EOB=∠OBE，
作QH⊥x轴于点H，则PH=BH=PB，
Rt△ABQ3中，AQ3=6，AB=4+8=12，∴BQ3==6，
∵BQ=6﹣s=6﹣t+=7﹣t，
∵cs∠QBH====，∴BH=14﹣3t，∴PB=28﹣6t，
∴t+28﹣6t=12，t=；
(ii)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，
由△Q3QG∽△CBO得：Q3G：QG：Q3Q=1：2：，
∵Q3Q=s=t﹣，∴Q3G=t﹣1，GQ=3t﹣2，
∴PH=AG=AQ3﹣Q3G=6﹣(t﹣1)=7﹣t，∴QH=QG﹣AP=3t﹣2﹣t=2t﹣2，
∵∠HPQ=∠CDN，∴tan∠HPQ=tan∠CDN=，∴2t﹣2=，t=，
(iii)由图形可知PQ不可能与EF平行，
综上，当PQ与△OEF的一边平行时，AP的长为或．
(1)证明：如图1中，
∵CA=CB，∠ACB=90°，BD=AD，∴CD⊥AB，CD=AD=BD，
∵CD=CF，∴AD=CF，
∵∠ADC=∠DCF=90°，∴AD∥CF，
∴四边形ADFC是平行四边形，∴OD=OC，
∵BD=2OD．
(2)①解：如图2中，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．
由题意：BD=AD=CD=7，BC=BD=14，
∵DT⊥BC，∴BT=TC=7，∵EC=2，∴TE=5，
∵∠DTE=∠EHF=∠DEF=90°，
∴∠DET+∠TDE=90°，∠DET+∠FEH=90°，∴∠TDE=∠FEH，
∵ED=EF，∴△DTE≌△EHF(AAS)，∴FH=ET=5，
∵∠DDBE=∠DFE=45°，∴B，D，E，F四点共圆，
∴∠DBF+∠DEF=90°，∴∠DBF=90°，
∵∠DBE=45°，∴∠FBH=45°，
∵∠BHF=90°，∴∠HBF=∠HFB=45°，
∴BH=FH=5，∴BF=5，
∵∠ADC=∠ABF=90°，∴DG∥BF，
∵AD=DB，∴AG=GF，
∴DG=BF=．
②解：如图3﹣1中，当∠DEG=90°时，F，E，G，A共线，
作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．设EC=x．
∵AD=6BD，∴BD=AB=2，
∵DT⊥BC，∠DBT=45°，∴DT=BT=2，
∵△DTE≌△EHF，∴EH=DT=2，∴BH=FH=12﹣x，
∵FH∥AC，∴=，∴=，
整理得：x2﹣12x+28=0，解得x=6±2．
如图3﹣2中，当∠EDG=90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．
设EC=x，由2①可知BF= (12﹣x)，OG=BF= (12﹣x)，
∵∠EHD=∠EDG=∠DOG=90°，∴∠ODG+∠OGD=90°，∠ODG+∠EDH=90°，
∴∠DGO=∠HDE，∴△EHD∽△DOG，
∴=，∴=，整理得：x2﹣36x+268=0，
解得x=18﹣2或18+2 (舍弃)，
如图3﹣3中，当∠DGE=90°时，取AB的中点O，连接OG，CG，
作DT⊥BC于T，FH⊥BC于H，EK⊥CG于K．设EC=x．
∵∠DBE=∠DFE=45°，∴D，B，F，E四点共圆，∴∠DBF+∠DEF=90°，
∵∠DEF=90°，∴∠DBF=90°，
∵AO=OB，AG=GF，∴OG∥BF，∴∠AOG=∠ABF=90°，∴OG⊥AB，
∵OG垂直平分线段AB，∵CA=CB，∴O，G，C共线，
由△DTE≌△EHF，可得EH=DT=BT=2，ET=FH=12﹣x，BF= (12﹣x)，
OG=BF= (12﹣x)，CK=EK=x，GK=7﹣ (12﹣x)﹣x，
由△OGD∽△KEG，可得=，∴=，解得x=2，
综上所述，满足条件的EC的值为6±2或18﹣2或2．
证明：【探究发现】
(1)∵∠ACB=90°，AC=BC∴∠CAB=∠CBA=45°
∵CD∥AB∴∠CBA=∠DCB=45°，且BD⊥CD
∴∠DCB=∠DBC=45°∴DB=DC
即DB=DP
【数学思考】
(2)∵DG⊥CD，∠DCB=45°∴∠DCG=∠DGC=45°
∴DC=DG，∠DCP=∠DGB=135°，
∵∠BDP=∠CDG=90°
∴∠CDP=∠BDG，且DC=DG，∠DCP=∠DGB=135°，
∴△CDP≌△GDB(ASA)
∴BD=DP
【拓展引申】
(3)如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ，
∵MH⊥MN，∴∠AMH+∠NMB=90°
∵CD∥AB，∠CDB=90°∴∠DBM=90°
∴∠NMB+∠MNB=90°
∴∠HMA=∠MNB，且AM=BN，∠CAB=∠CBN=45°
∴△AMH≌△BNQ(ASA)∴AH=BQ
∵∠ACB=90°，AC=BC=4，
∴AB=4，AC﹣AH=BC﹣BQ
∴CH=CQ
∴∠CHQ=∠CQH=45°=∠CAB
∴HQ∥AB
∴∠HQM=∠QMB
∵∠ACB=∠HMQ=90°
∴点H，点M，点Q，点C四点共圆，
∴∠HCM=∠HQM
∴∠HCM=∠QMB，且∠A=∠CBA=45°
∴△ACM∽△BMQ
∴AM=2时，BQ有最大值为2．
解：
（1）①∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD=120°，
∴∠D=∠B=60°，
∵AD=AB，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴∠B=∠CAD=60°，∠ACB=60°，BC=AC，
∵∠ECF=60°，
∴∠BCE+∠ACE=∠ACF+∠ACE=60°，
∴∠BCE=∠ACF，
在△BCE和△ACF中，∴△BCE≌△ACF．
②∵△BCE≌△ACF，
∴BE=AF，
∴AE+AF=AE+BE=AB=AC．
（2）设DH=x，由由题意，CD=2x，CH=x，
∴AD=2AB=4x，
∴AH=AD﹣DH=3x，
∵CH⊥AD，∴AC==2x，
∴AC2+CD2=AD2，
∴∠ACD=90°，
∴∠BAC=∠ACD=90°，
∴∠CAD=30°，
∴∠ACH=60°，
∵∠ECF=60°，
∴∠HCF=∠ACE，
∴△ACE∽△HCF，
∴==2，
∴AE=2FH．
（3）如图3中，作CN⊥AD于N，CM⊥BA于M，CM与AD交于点H．
∵∠ECF+∠EAF=180°，
∴∠AEC+∠AFC=180°，
∵∠AFC+∠CFN=180°，
∴∠CFN=∠AEC，∵∠M=∠CNF=90°，
∴△CFN∽△CEM，∴=，
∵AB•CM=AD•CN，AD=3AB，∴CM=3CN，
∴==，设CN=a，FN=b，则CM=3a，EM=3b，
∵∠MAH=60°，∠M=90°，
∴∠AHM=∠CHN=30°，
∴HC=2a，HM=a，HN=a，
∴AM=a，AH=a，∴AC==a，
AE+3AF=（EM﹣AM）+3（AH+HN﹣FN）=EM﹣AM+3AH+3HN﹣3FN=3AH+3HN﹣AM=a，
∴==．