专题14 阅读理解类的常见压轴题-【聚焦压轴】2022届中考数学压轴大题专项训练1

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AB2+AC2=2AD2+2BD2．小明尝试对它进行证明，部分过程如下：
解：过点A作AE⊥BC于点E，如图2，在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，
同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，
为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y，
∴AB2+AC2=AE2+BE2+AE2+CE2=…
（1）请你完成小明剩余的证明过程；
理解运用：
（2）①在△ABC中，点D为BC的中点，AB=6，AC=4，BC=8，则AD= ；
②如图3，⊙O的半径为6，点A在圆内，且OA=2，点B和点C在⊙O上，且∠BAC=90°，点E、F分别为AO、BC的中点，则EF的长为 ；
拓展延伸：
（3）小明解决上述问题后，联想到如下的题目：
如图4，已知⊙O的半径为5，以A（-3，4）为直角顶点的△ABC的另两个顶点B，C都在⊙O上，D为BC的中点，求AD长的最大值．
请你利用上面的方法和结论，求出AD长的最大值．
【答案】（1）见解析；（2）①；②4；（3）AD长的最大值为10．
【解题思路分析】（1）过点A作AE⊥BC于点E，如图2，在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y，根据勾股定理即可证明；
（2）①利用中线定理计算即可；②利用中线定理即可解决；
（3）如图4中，连接OA，取OA的中点E，连接DE．利用中线定理求出DE，再利用三边关系即可解决问题；
【解析】解：（1）过点A作AE⊥BC于点E，如图2，
在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，
同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，
为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y，
∴AB2+AC2=2AE2+（x+y）2+（x-y）2=2AE2+2x2+2y2
=2AE2+2BD2+2DE2
=2AD2+2BD2；
（2）①∵AB2+AC2=2AD2+2BD2，
∴62+42=2AD2+2×42，
∴AD=；
②如图3中，
∵AF是△ABC的中线，EF是△AEO的中线，OF是△BOC的中线，
∵2EF2+2AE2=AF2+OF2，
2AF2+2BF2=AB2+AC2，
OF2=OB2-BF2，
∴4EF2=2OB2-4AE2=2OB2-OA2，
∴EF2=OB2-OA2=16，
∴EF=4（负根舍弃），
故答案为：①；②4；
（3）如图4中，连接OA，取OA的中点E，连接DE．
由（2）的②可知：DE2=OB2-OA2=，
∴DE=；
在△ADE中，AE=，DE=，
∵AD≤AE+DE，
∴AD长的最大值为+=10．
2．（2021·河南郑州外国语中学九年级模拟预测）阅读材料：平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答：给定不在一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之和最小的点称为ABC的费马-托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：
（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将绕点B顺时针旋转60°得到，连接PD，可得为等边三角形，故PD=PB，由旋转可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值与线段 的长度相等；
（2）如图2，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，连接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；
（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有∠BEC=90°，连接AE、DE，在内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，若存在，请直接写出PA+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）两点之间，线段最短；AE；（2）2；（3）存在，2-2
【解题思路分析】（1）连接AE，由两点之间线段最短即可求解；
（2）在Rt△ABC中先求出AC，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等，根据勾股定理即可求解；
（3）在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，根据旋转的性质和两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等，再根据圆的特点、菱形与勾股定理即可求出GE，故可求解．
【解析】（1）连接AE，如图，
由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值为线段AE的长
故答案为：两点之间线段最短；AE；
（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2
∴BC=2AB=4
由勾股定理可得AC=
如图2，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，可得△CPD为等边三角形，∠BCE=60°
∴PD=PC
由旋转可得DE=PB，CE=BC=4
∴PA+PB+PC=PA+DE+PD
由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等
∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90°
∴在Rt△ACE中，AE=
即PA+PB+PC的最小值为2；
（3）存在在内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，
如图3，在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，连接PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均为等边三角形
∴PD=PF
由旋转可得PA=GF
∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等
∵∠BEC=90°
∴点E在以BC为直径的O上，如图3
则OB=OC==2
如图3，连接OG交⊙O于点H，连接CG交AD于点K，连接AC，则当点E与点H重合时，GE取最小值，即PA+PD+PE的最小值为线段GH的长
∵菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°
∴AB=BC=CD=AD=4
∴△ABC、△ACD均为等边三角形
∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°
∴四边形ACDG是菱形，∠ACG=∠ACD=30°
∴CG、AD互相垂直平分
∴DK=AD=2
∴根据勾股定理得CK=
∴CG=2CK=
∵∠OCG=∠ACB+∠ACG=60°+30°=90°
∴在Rt△OCG中，OG=
∵OH=OC=2
∴GH=OG-OH=2-2
即PA+PD+PE的最小值为2-2．
3．（2021·山东城阳·九年级期末）（1）阅读下面的材料：
如果函数＝f（）满足：对于自变量x的取值范围内的任意，，
（1）若＜，都有f（）＜f（），则称f（）是增函数；
（2）若＜，都有f（）＞f（），则称f（）是减函数．
例题：证明函数f（）＝（＞0）是减函数．
证明：设0＜＜，
f（）﹣f（）＝＝＝．
∵0＜＜，
∴﹣＞0，＞0．
∴＞0.即f（）﹣f（）＞0．
∴f（）＞f（）．
∴函数f（）＝（＞0）是减函数．
（2）根据以上材料，解答下面的问题：
已知：函数f（）＝（＜0），
①计算：f（﹣1）＝ ，f（﹣2）＝ ；
②猜想：函数f（）＝（＜0）是 函数（填“增”或“减”）；
③验证：请仿照例题证明你对②的猜想．
【答案】①，；②增；③见解析
【解题思路分析】（1）根据题目中的函数解析式可以解答本题；
（2）由（1）答案可得结论；
（3）根据题目中例子的证明方法可以证明（2）中的猜想成立．
【解析】解：①∵，
∴，；
②由（1）可知，-1