专题69 综合运用类问题（1）-2021年中考数学二轮复习经典问题专题训练

专题69  综合运用类问题（1）

【规律总结】

   综合运用初中数学的知识点、结论、方法等；考察综合运用的能力；能理性和强！

【典例分析】

例1．（2020·深圳南山外国语学校九年级月考）如图，矩形的一个顶点与左边原点重合，两邻边、分别在x、y轴上，另一顶点B位于第一象限，反比例函数的图象经过对角线、的交点D，与矩形的、边分别交于点M、N，连接、，与分别交于点E、F，连接，与交于点G，以下结论中，正确的结论有几（    ）个．

（1）；（2）；（3）；（4）若，则．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】B

【分析】

设点B（a，b），由矩形的性质可求点D，从而写出反比函数的表达式，再根据表达式写出M，N的坐标，然后结合相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定、平行线的判定即可得．

【详解】

设点B（a，b），

∵四边形ABCO为矩形，

∴AB=CO=b，AO=BC=a，OD=BD，AD=CD，

∴点D的坐标为，

∴，

则反比例函数的解析式为，

当x=a时，，当y=b时，，

∴点N，点M，

∴，

∴，且∠ABC=∠MBN=90°，

∴△ABC∽△MBN，

∴∠BNM=∠BCA，

∴，则（2）正确；

∵，

∴，

解得：，

∴，则（4）正确；

假设，

，即，

，

四边形OABC是矩形，

，与矛盾，

则假设不成立，即（1）错误；

假设，

，

，

，

四边形OABC是矩形，，

，

，

在中，，

，

，

，

又，

，即，

解得，

，

整理得：，题中并没有明确给定矩形长与宽的关系，即此等式不一定成立，

则不一定成立，（3）错误；

综上，正确的个数是2个，

故选：B．

【点睛】

本题考查反比例函数与几何综合问题，涉及到反比例函数的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练运用相似三角形的判定和性质是解题关键．

例2．（2021·北京西城区·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，，经过点．点，点在轴上，，延长，分别交于点，点，设直线与轴正方向所夹的锐角为．

（1）的半径为__________；

（2）__________．

【答案】5       

【分析】

（1）由题意可知⊙O的半径即为O点到P点的距离，即可求出半径．

（2）设A点坐标为，则可知道B点坐标为．即可求出直线PC的解析式为，直线PD的解析式为．设C点坐标为，设D点坐标为，由O点到C点的距离和O点到D点的距离都为半径即可根据点到直线的距离公式列出方程．由点C、D又分别在直线和上，可连立方程，即可求出C、D两点的坐标．再由坐标即可求出．

【详解】

（1）由题意可知⊙O的半径即为O点到P点的距离，

．

（2）设A点坐标为，

∵PA=PB，P．

∴B点坐标为．

设经过点P、C、A的直线的解析式为，经过点P、D、B的直线的解析式为，

∴ ， ．

解得：，．

即直线PC的解析式为，直线PD的解析式为，

设C点坐标为，

根据⊙O的半径为5，可得：

又∵C点在直线上，

∴，

即，整理得：，

解得一个解为，另一个解为4（舍），

∴．

即C点坐标为．

设D点坐标为，

同理可知，．

解得一个解为，另一个解为4（舍），

∴，

∴，

即D点坐标为．

∴

故答案为：5，．

【点睛】

本题考查同圆半径相等，两点的距离公式，利用待定系数法求一次函数解析式，解一元二次方程及求三角函数值等知识．综合性较强，数据处理难度大，很难．

例3．（2020·哈尔滨市第六十九中学校八年级期末）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，点，点，且是方程的解，与是互为相反数，连接并延长交轴于点，过点作轴于点．

（1）求点的坐标．

（2）动点从点出发，以每秒2个单位的速度沿射线运动，设的面积为，运动时间为，求与的关系式，并直接写出的取值范围．

（3）在（2）的条件下，过点作线段，点落在第三象限内，且，连接，交于点，交轴于，当时，求点的坐标．

【答案】（1）；（2）当时，；当时，；（3）或

【分析】

（1）解方程求出a值，然后可得点A、B坐标，作轴于，证明可得，于是可求点C坐标；

（2）分两种情况表示出PD的长，即可求出与的关系式；

（3）作于，作于，依次证明，，，可求出PD的长，于是可求出点P的坐标．

【详解】

（1）解：∵

∴

∵

∴

∴，

作轴于，

∴，

∵

∴

∵，

∴

∴

∴

（2）如图1，

①当时，，，

；

②当时，，，

；

（3）如图2，如图3，作于，作于，连接，

易证，，

∴，

∴

∵，，

∴

∴

∵

∴

∴

∴

∴

∵

∴

∴

∵，

∴

∴

∴当时，，，

当时，，，

【点睛】

本题考查了坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，一次函数解析式，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．

【好题演练】

一、单选题

1．（2020·重庆市万州江南中学校九年级月考）如图，将矩形沿折叠，使点落在边上的点，点的对应点为点，连接、、与交于点，与交于点，若点为中点，，，则的长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

连接DF、FG，过点H作HJ⊥BC于J，根据锐角三角函数设AG=3x，则EG=5x，利用，即可求出x的值，从而求出，然后设CF=y，根据折叠的性质可得FD=FG，利用勾股定理列出方程即可求出y，从而求出，利用锐角三角函数和勾股定理求出HJ和FJ，即可求出BJ，最后利用勾股定理即可求出结论．

【详解】

解：连接DF、FG，过点H作HJ⊥BC于J，如下图所示

∵四边形ABCD为矩形

∴∠A=90°

∴

设AG=3x，则EG=5x，AE=

∵点为中点，

∴GB=AG=3x，AB=2AG=6x

由折叠的性质可得DE=EG=5x，EF⊥GD

∴AD=AE＋DE=9x，

∴

∵

∴

∴

即

解得：（不符合实际情况，舍去）

∴

设CF=y，则BF=BC－CF=18－y

由折叠的性质可得FD=FG

∴

解得：y=6

∴

∵

∴

∴

∴

∴BJ=BF－FJ=

∴

故选A．

【点睛】

此题考查的是矩形与折叠问题和解直角三角形，掌握矩形的性质、折叠的性质、利用锐角三角函数和勾股定理解直角三角形是解题关键．

2．（2020·长沙市天心区明德启南中学八年级期中）如图，矩形中，为的中点，过点的直线分别与、交于点、，连接交于点，连接、．若，，则下列结论：①；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是(　　)

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】B

【分析】

连接BD，先证明△BOC是等边三角形，得出BO=BC，又FO=FC，从而可得出FB⊥OC，故①正确；因为△EOB≌△FOB≌△FCB，故△EOB不会全等于△CBM，故②错误；再证明四边形EBFD是平行四边形，由OB⊥EF推出四边形EBFD是菱形，故③正确；先在Rt△BCF中，可求出BC的长，再在Rt△BCM中求出BM的长，从而可知④错误，最后可得到答案．

【详解】

解：连接BD，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AC=BD，AC、BD互相平分，

∵O为AC中点，∴BD也过O点，

∴OB=OC，

∵∠COB=60°，

∴△OBC是等边三角形，∴OB=BC，

又FO=FC，BF=BF，

∴△OBF≌△CBF（SSS），

∴△OBF与△CBF关于直线BF对称，

∴FB⊥OC，∴①正确；
 

∵∠OBC=60°，∴∠ABO=30°，

∵△OBF≌△CBF，∴∠OBM=∠CBM=30°，∴∠ABO=∠OBF，

∵AB∥CD，∴∠OCF=∠OAE，

∵OA=OC，易证△AOE≌△COF，∴OE=OF，

∵OB=OD，

∴四边形EBFD是平行四边形．

又∠EBO=∠OBF，OE=OF，

∴OB⊥EF，∴四边形EBFD是菱形，

∴③正确；
∵由①②知△EOB≌△FOB≌△FCB，

∴△EOB≌△CMB错误，

∴②错误；

∵FC=2，∠OBC=60°，∠OBF=∠CBF，

∴∠CBF=30°，∴BF=2CF=4，∴BC=2，

∴CM=BC=，∴BM=3，故④错误．

综上可知其中正确结论的个数是2个．
故选：B．

【点睛】

本题考查矩形的性质、菱形的判定、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、含30°的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，属于中考常考题型．

二、填空题

3．（2021·沙坪坝区·重庆一中八年级期末）如图，在等腰直角中，，点E是边上一点，点D是边上的中点，连接，过点E作，满足，连接，交于点M，将沿翻折．得到，连接，交于点P，若，则的周长是______．

【答案】

【分析】

作出如图的辅助线，先证明四边形ABFC为正方形，利用等腰直角三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质结合勾股定理即可求解．

【详解】

∵AB=AC=8，∠BAC=90，BE=2，

∴BC=，EC=，∠ACB=45，

过E作EQ⊥AC于Q，过F作FK⊥EQ交QE延长线于K，连接BK，连接MN交ED于H，

∴△CEQ为等腰直角三角形，

∴CQ=EQ=6，

∵点D是边上的中点，

∴CD=AD=4，QD=2，

∵，，

∴∠QED+∠KEF=90，∠QED+∠QDE=90，

∴∠KEF=∠QDE，

在Rt△KEF和Rt△QDE中，，

∴Rt△KEFRt△QDE，

∴KF=QE=6，KE=QD=2，

∴KF=QC=6，ED=EF=，

又∵∠EQC=∠EKF=90，

∴四边形CQKF为矩形，

∴FC=QK=AB=8，∠ACF=∠A=90，

∴四边形AQKB为矩形，

∴∠EKB=∠EKF=90，

∴点B、K、F在同一直线上，

∴四边形ABFC为正方形，

在Rt△CDF中，DF=，

∵CD∥FB，

∴△MDC△MFB，

∴，即，

∴MD=，MC=，

∴ME=，

∵，，是沿翻折得到的，

∴∠EDF=45，DN= MD=，EN=EM=，

∠MDH=∠NDH=45，DE是MN的垂直平分线，

∴△DMN，△MDH和△NDH都是等腰直角三角形，

∴NH=MH=DH=，EH=ED-DH=，

∵DE是MN的垂直平分线，

∴∠NHE=∠FED=90，

∴NH∥FE，

∴△NHP△FEP，

∴，即，

∴HP=，EP=EH- HP=，

在Rt△NHP中，PN=，

∴△NEP的周长为：NE+NP+EP=，

故答案为：．

【点睛】

本题考查了正方形的判定和性质，翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握折叠的性质及判定四边形ABFC为正方形．

4．（2021·内蒙古包头市·九年级期末）如图，在中，，在的外部和内部（不包括边）分别取点，，若，，，补角等于，则下列结论：①点在线段的垂直平分线上；②；③；④的最大值是．其中正确的结论是__________．（填写所有正确结论的序号）

【答案】①②

【分析】

由垂直平分线的判定，即可判断①正确；延长DA至F，由三角形内角和定理可得∠ACB+∠ABC=60°，∠BAD+∠CAF=60°，根据补角等于可得∠CAE=∠CAF，即可判断②正确；根据AD、AE、BD、CE的长可得=2，但不能证明夹角相等，即可判断③错误；根据三角形的三边关系可判断④错误；综上即可得答案．

【详解】

∵AD=AE=4，

∴点A在线段DE的垂直平分线上；故①正确；

如图，延长DA至F，则∠CAF+∠CAD=180°，

∵∠BAC=120°，

∴∠ACB+∠ABC=60°，∠BAD+∠CAF=60°，

∵补角等于，

∴∠CAE=∠CAF，

∴∠ACB+∠ABC=∠BAD+∠CAE，故②正确，

∵，，，

∴=2，

∵不能证明∠ADB=∠CEA，

∴不能判定△ACE∽△BAD，故③错误，

∵2＜AC＜6，4＜AB＜12，

∴6＜BC＜18，

∴不能确定BC的最大值；故④错误；

综上所述：正确的结论为①②，

故答案为：①②，

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定，垂直平分线的判定与性质，三角形内角和定理，三角形的三边关系，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的对每个选项进行判断．

三、解答题

5．（2020·浙江九年级其他模拟）如图，已知梯形中，，且，以为直径作．

（1）如图①，若，，

①求证：与相切；

②与的切点为E，连结、，求证：；

（2）如图②，若，，，易证此时与交于两点，记为E、F，此时与都成立，请问线段上是否存在第三个点（记为G），使以A、B、G三点为顶点的三角形与相似？若存在，求的长度：若不存在，请说明理由．

（3）若，，，请问当线段上存在唯一一个点（记作P，使以A、B、P三点为顶点的三角形与相似，求m的取值范围．

【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）存在，；（3）

【分析】

（1）①连结，过O作，交于F点，先根据矩形的性质和勾股定理求出AD长，得到圆的半径，再求出的长度等于半径，即可证明结论；

②根据切线的性质，结合题目中的直角，证明，利用两组对应角相等的三角形相似证明结论；

（2）分情况讨论，或，设，利用对应边成比例列式求出x的值即可；

（3）由（2）的结论可知，使以A、B、P三点为顶点的三角形与相似的点P存在两种情况，第一种是：点P是BC与圆的切点，第二种是：找到点P使得，所以要想只有一个点，那么就使圆与BC相离．

【详解】

（1）①如图，连结，过O作，交于F点，

∵，且，

∴，

∵为直径，∴

∴四边形为矩形，则，，

∴，

∴，

∴，

∵，，

∴，

∴F是的中点，

∴是的中位线，，

∵四边形为矩形，

∴，

∴，

∴是的切线；

②∵是的切线，

∴E在圆上，连结、，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴；

（2）存在．如图，设，

若，则，

即，解得：，

经检验，是方程的解，即，

若，则，

即，得，

∵，

∴点G与E，F不重合，

∴存在点G，；

（3）如图，过点D作于点I，过点O作于J，

则四边形IBCD是矩形，即，，

在中，

∵，

∴，

∴的半径是，

在梯形ABCD中，OJ是中位线，

∴，

由（2）知，当直线BC与圆相交时，有多个点使得三角形相似，

∴当直线BC与圆相切或相离时，即当OJ不小于半径时，存在唯一的P使，

即，解得，

∴．

【点睛】

本题考查圆的综合，解题的关键是掌握圆周角定理，圆的切线的性质和判定，以及相似三角形的性质和判定．

6．（2020·渠县琅琊中学九年级月考）如图1，在平面直角坐标系中，的顶点A在轴负半轴上，顶点B在轴正半轴上，，且顶点C在第一象限，过点C作轴于点D，，线段OA，OB()的长是一元二次方程的两根．

（1）求点A，B的坐标；

（2）反比例函数的图象经过点C，求的值；

（3）如图2，在（2）的条件下，直线（n>0）与x,y轴别交于E、F两点，分别连接EP、FP．在双曲线（）上是否存在点，使得以EF为直角边的与相似？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）点A的坐标为（-7,0），点B的坐标为（3,0）；（2）4；（3）存在，点P的坐标为（，）或（1，4）

【分析】

（1）利用因式分解法求出一元二次方程的两根即可求出点A和点B的坐标；

（2）根据两角对应相等得出△ACD∽△CBD，再根据相似三角形的性质得出CD和OD的长，得出点C的坐标，即可得出答案

（3）先得出点E和点F的坐标，再分∠FEP=90°和∠PFE=90°两种情况进讨论即可．

【详解】

解：（1）∵，

∴，

∴x=3或7，

∵线段，()的长是一元二次方程的两根，

∴OA=7，OB=3，

∴点A的坐标为（-7,0），点B的坐标为（3,0）；

（2）∵，

∴∠ACD+∠BCD=90°，

∵轴，

∴∠ADC=∠CDB =90°，

∴∠DBC+∠BCD=90°，

∴∠DBC=∠ACD，

∴△ACD∽△CBD，

∴，

设AD=x，则DB=10-x，

∵CD=4，

∴，

∴x=8或2，

∴AD=8或2，则BD=2或8，

∴OD=1，

∵点在第一象限，

∴点C的坐标为（1，4），

∵反比例函数的图象经过点，

∴k=；

（3）存在

∵直线（）与，轴分别交于、两点，

∴点E的坐标为（2n，0），点F的坐标为（0，n），

∵以为直角边的与相似，

∴①当∠FEP=90°时，作PH⊥x轴于点H，

∴∠EOF=∠PHE =90°，

∴∠OEF+∠PEH =90°，∠OEF +∠OFE =90°，

∴∠PEH=∠OFE，

∴△OEF∽△HPE，

∴，

∵以为直角边的与相似，∠FEP=90°，

∴当，∠OEF=∠EFP，

∴OH//PF，

∴PH=OF=n，

∴EH=，

∴OH=，

∴点P的坐标为（，），

∵点在双曲线（）上，

∴，

∴，

∴点P的坐标为（，），

②当∠PFE=90°时，过点P作PM⊥y轴于点M，

由①的证法可得△EOF、△EFP、△FMP都是直角边的比是1：2的直角三角形；

∴，， ，；

∴OM=2n，

∴点P的坐标为（，），

∵点在双曲线（）上，

∴，

∴n=2，

∴点P的坐标为（1，4），

综上所述点P的坐标为（，）或（1，4）．

【点睛】

本题是一道反比例函数的综合题，考查了一次函数的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．