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押广东卷24题(几何综合)-备战 中考数学临考题号押题(广东卷)
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押广东卷第24题
几何综合
广东中考在24题中在2019年~2020年考查了反比例函数与几何结合方面的内容,2021年中考考查了几何综合类方面的知识。一般难度大,对考生知识掌握与运用能力高。
今年有地方模拟卷简答题减少了一题,降低了考试难度,不管尸体题型如何改变,几何综合题型都会是压轴题出现,难度也不会低。预测今年几何综合依然会出现在压轴题,可能会结合圆的相关性质一起考查,考查动点或最值问题。
在备考中,考查们熟练掌握各图形的基本性质是解题的关键。包括平行四边形与特殊平行四边形的判定与性质,中垂线的性质,等腰三角形的性质,直角三角形的判定与性质,锐角三角函数的定义,全等三角形的判定与性质,角平分线的判定与性质,勾股定理的运用与计算,图形相似与全等的判定与性质,圆的相关定理和性质等。
1.(2021广东)如图,在四边形中,,点E、F分别在线段、上,且.
(1)求证:;
(2)求证:以为直径的圆与相切;
(3)若,求的面积.
【分析】(1)设,进而求得,再由即可求得;
(2)取中点O,过点O作,由梯形中位线定理得到,利用得到,进而,由此即可证明;
(3)过点D,点A分别向作垂线交于点M,N,得到,分别求出,再代入求解即可.
【详解】解:(1)∵,设,
∴,
∵CD∥AB,
∴,
又∵,
∴,
∴,
∴.
(2)如图,取中点O,过点O作,
∵CD∥AB,∠ABC=90°,
∴,
又∵,
∴OM∥AB,
∴M为中点,
∴,
∵,
又∵,
∴,
又∵,
∴,
∴以为直径的圆与相切.
(3)∵∠DFE=120°,CD∥EF∥AB,
∴,
又∵
∴为等边三角形,,
∵CD∥EF,
∴,
由(2)得:,
∴,
∴,
∵,在中,三边之比为,
∴,
在中,三边之比为,
∴,
如图,过点D,点A分别向作垂线交于点M,N,
∵,
∴四边形为矩形,
∴,
同理,四边形BENA为矩形,
∴,
.
2.(2020广东)如图,点B是反比例函数y=(x>0)图象上一点,过点B分别向坐标轴作垂线,垂足为A、C.反比例函数y=(x>0)的图象经过OB的中点M,与AB、BC分别交于点D、E.连接DE并延长交x轴于点F,点G与点O关于点C对称,连接BF、BG.
(1)填空:k=________;
(2)求△BDF的面积;
(3)求证:四边形BDFG为平行四边形.
【解答】
(1)设点B(s,t),st=8,则点M(s,t),
则k=s•t=st=2,
故答案为2;
(2)解:过点D作DP⊥x轴交于点P
由题意得,S矩形OBC=AB•AO=k=8,S矩形ADPO=AD•AO=k=2
∴=即BD=AB
∵S△BDF=BD•AO=AB•AO=3
(3)连接OE
由题意得S△OEC=OC•CE=1,S△OBC=OC•CB=4
∴即CE=BE
∵∠DEB=∠CEF,∠DBE=∠FCE
∴△DEB∽△FEC
∴CF=BD
∵OC=GC,AB=OC
∴FG=AB-CF=BD-BD=BD
∵AB∥OG
∴BD∥FG
∴四边形BDFG为平行四边形
1.(2022年广东省佛山市南海区中考二模)如图1,⊙O的直径为BC,点A在⊙O上,∠BAC的平分线AD与BC交于点E,与⊙O交于点D,,.
(1)求.
(2)求证:.
(3)如图2,点F是AB延长线上一点,且.求证:DF是⊙O的切线,并求线段DF的长.
【分析】(1)由BC是直径得∠BAC=∠BDC=90°,根据AD平方∠BAC,得到∠BAD=∠DAC=45°,BD=DC,在等腰Rt△BDC中,可求出BC=DC,再在Rt△BAC中,利用勾股定理可得AC,则tan∠ADB可求;
(2)过D点作DH⊥AB,交AB的延长线于H,利用在(1)中结果可得∠ADB=30°=∠ACB,进而可得∠ABC=60°,同理在Rt△AHD中,可得∠HAD=∠ADH=45°,即HA=HD,设HD=a,在Rt△HBD中,利用勾股定理,可构建关于a的一元二次方程,解方程即可求出HD,则可求出AD,可证得AB+AC=AD;
(3)连接OD,根据(1)和(2)中的结论可得出∠FBD=75°=∠DEC,再利用和BD=CD,可得,即有∠BDF=∠ECD=45°,则可得∠ODF=90°,即OD⊥DF,可证得DF是⊙O的切线;根据∠BAD=∠BDF=45°,∠F=∠F,证得,则有,即可找到BF、FD、FA之间的关系,根据,即可求出DF.
【小问1详解】
∵BC是直径,
∴∠BAC=∠BDC=90°,
∵AD平方∠BAC,
∴∠BAD=∠DAC=45°,
∴BD=DC,且∠DBC=∠DAC=∠DAB=∠DCB=45°
∵BD=,
∴在等腰Rt△BDC中,BC=BD=4,DC=BD=,
∵在Rt△BAC中,AB=2,BC=4,
∴利用勾股定理可得AC=,
∴tan∠ADB=tan∠ACB=,
即:tan∠ADB=;
【小问2详解】
过D点作DH⊥AB,交AB的延长线于H,如图,
在(1)中已求得:tan∠ADB=,
∴∠ADB=30°=∠ACB,
∴在Rt△ABC中,∠ABC=180°-∠BAC-∠ACB=180°-90°-30°=60°,
∵∠DAB=45°,
∴在Rt△AHD中,∠HAD=∠ADH=45°,即HA=HD,
设HD=a,则HA=a,HB=HA-AB=a-2,
在Rt△HBD中,利用勾股定理,
得:,即:,
解得a=,(负值舍去),
即HD=,
∴在等腰Rt△AHD中,AD=HD=,
∴AD=2HD=,
∵AB=2,AC=AC=,
∴AB+AC=AD,
【小问3详解】
连接OD,如图,
即在等腰Rt△BDC中,点O为BC中点,即有∠ODB=∠OBD=45°,
根据(1)和(2)中的结论可知,∠AEB=180°-∠ABC-∠BAD=180°-60°-45°=75°,
∴∠DEC=∠AEB=75°,
∵∠FBD=∠ADB+∠BAD,
∴∠FBD=30°+45°=75°=∠DEC,
∵BD=CD,,
∴,
即,
∴结合∠FBD=∠DEC,可得,
∴∠BDF=∠ECD=45°,
∵∠ODB=45°,
∴∠ODF=∠BDF+∠ODB=45°+45°=90°,即OD⊥DF,
∵OD是圆的半径,
∴DF是⊙O的切线,
∵∠BAD=∠BDF=45°,∠F=∠F,
∴,
∴,
∵BD=,AD=,
∴FA=,,
∵FB=FA-AB=-2,
∴有,
解得:,
即.
2.如图,一次函数的图象与反比例函数的图象交于第一象限C(1,4)、D(4,m)两点,与坐标轴交于A、B两点,连接OC、OD(O是坐标原点).
(1)求△DOC的面积;
(2)将直线AB向下平移多少个单位长,直线与反比例函数图像只有1个交点?
(3)双曲线上是否存在一点P,使△POC与△POD的面积相等?若存在,请直接写出点P的坐标,若不存在,请说明理由.
【分析】(1)把C(1,4)代入y=求出k=4,把(4,m)代入y=求出m即可,将A、C两点坐标代入,获得直线解析式,然后利用,代入即可求解;
(2)设平移后的解析式为,而当直线与反比例函数只有一个交点时,两者相切,联立平移后的直线和反比例函数解析式,形成的新的方程的判别式为0,代入数值即可求解;
(3)双曲线上存在点P,使得S△POC=S△POD,这个点就是∠COD的平分线与双曲线的y=交点,易证△POC≌△POD,则S△POC=S△POD.
【详解】(1)把C(1,4)代入y=,得k=4,
把(4,m)代入y= ,得m=1;
∴反比例函数的解析式为y= ,m=1;
把C(1,4),D(4,1)代入y=ax+b得出,
解得,
∴一次函数的解析式为
当x=0时,y=5;当y=0时,x=5,即A点坐标为(5,0),B点坐标为(0,5)
∴
∴;
(2)设平移后的解析式为
∵直线与反比例函数图像只有1个交点
∴平移后的直线和反比例函数相切,即联立形成的方程判别式为0
∴联立平移后的直线和反比例函数解析式,得,
∴整理得:
∴,整理得
解得或9
∴直线AB向下平移1或9个单位,直线与反比例函数图像只有1个交点
(3)双曲线上存在点P(2,2),使得S△POC=S△POD,理由如下:
∵C点坐标为:(1,4),D点坐标为:(4,1),
∴OD=OC=,
∴当点P在∠COD的平分线上时,∠COP=∠POD,又OP=OP,
∴△POC≌△POD,∴S△POC=S△POD.
∵C点坐标为:(1,4),D点坐标为:(4,1),
可得∠COB=∠DOA,
又∵这个点是∠COD的平分线与双曲线的y=交点,
∴∠BOP=∠POA,
∴P点横纵坐标坐标相等,
即xy=4,x2=4,∴x=±2,
∵x>0,
∴x=2,y=2,
故P点坐标为(2,2),使得△POC和△POD的面积相等.
利用点CD关于直线y=x对称,得到另一点坐标为
综上所述,P点坐标为或.
3.(汕尾市2021-2022学年度义务教育学业质量监测九年级二模) 如图,是的直径,是的弦,M为的中点,与交于点F,过点D作,交的延长线于点E,且平分.
(1)求证:是的切线;
(2)求证:;
(3)若,求的长.
【分析】(1)连接OD,由CD平分∠ACE,OC=OD,可得∠DCE=∠ODC,OD∥BC,从而可证DE是⊙O的切线;
(2)连接AB,由AC是⊙O的直径,得∠ABD+∠DBC=90°,又∠ABD=∠ACD,∠ABD=∠ODC,可得∠ODC+∠DBC=90°,结合∠ODC+∠CDE=90°,即可得∠CDE=∠DBE;
(3)求出CE=4,BE=9,即可得BC=5,由M为BC的中点,可得OM⊥BC,Rt△BFM中,求出FM的长,再用勾股定理即得答案.
小问1详解】
解:如图,连接
∵平分,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,且是半径,
∴是的切线.
【小问2详解】
如图,连接,
∵是的直径,
∴,即,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴;
【小问3详解】
由(2)可得,
∴,
设,
在中,,
解得:,
∴,,
在中,,
∴,则,
∵点M为的中点,
∴,
在中,,
∴,
∴.
4.(2022年广东省梅州市中考数学1模)如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,CA=CB,点D为AB边上一动点,连接CD,并将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE,连接BE、DE,点F为DE中点,连接BF.
(1)求证:△ACD△BCE;
(2)如图2所示,在点D的运动过程中,当时(n>1),分别延长AC、BF相交于G:
①当时,求CG与AB的数量关系;
②当=n时(n>1),= .
(3)当点D运动时,在线段CD上存在一点M,使得AM+BM+CM的值最小,若CM=2,则BE= .
【分析】(1)利用SAS可直接证明;
(2)①先证明∠DBE=90°,过点G作GH⊥AB,可得tan∠FDB=tan∠FBD,,此时,H、D重合,设AD=3x,BD=2x,则AB=5x,AC=BC=5x÷=,进而即可得到答案;②设AD=nx,BD=x,则AB=(n+1)x,AC=BC=(n+1)x÷=,类似①的方法即可求解;
(3)把绕点A顺时针旋转60°,得到,可得AM+BM+CM= HG+MG+CM,当点C、M、G、H四点共线时,AM+BM+CM的值最小,此时CH垂直平分AB,即CD垂直平分AB,进而即可求解.
【详解】(1)证明:∵把CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE,
∴CD=CE,∠DCE=∠DCB+∠ECB=90°.
又∵∠ACB=90°=∠ACD+∠DCB,
∴∠ACD=∠ECB,
在△ACD和△BCE中,
∴△ACD≌△BCE(SAS);
(2)①∵∠ACB=90°,CA=CB,
∴∠A=∠CBA=45°,
∵△ACD≌△BCE,
∴∠A=∠CBE=45°,
∴∠DBE=90°,
∵=,
过点G作GH⊥AB,
∵点F为DE中点,
∴DF=FB=,
∴∠FDB=∠FBD,
∴tan∠FDB=tan∠FBD,
∴,
∵∠A=45°,
∴是等腰直角三角形,
∴GH=AH,
∴,此时,H、D重合,
∴设AD=3x,BD=2x,则AB=5x,AC=BC=5x÷=,
∴GH=AH=3x,AG=3x
∴CG=3x-=,
∴
②当=n时(n>1),
设AD=nx,BD=x,则AB=(n+1)x,AC=BC=(n+1)x÷=,
同理:GH=AH=nx,AG=nx
∴CG=nx-=,
∴=,
故答案是:;
(3)如图,把绕点A顺时针旋转60°,得到,
∴AM=AG,BM=HG,∠MAG=60°,
∴是等边三角形,
∴MA=MG,
∴AM+BM+CM= HG+MG+CM,当点C、M、G、H四点共线时,AM+BM+CM的值最小,
连接BH,
∵把绕点A顺时针旋转60°,得到,
∴AM=AG,AB=AH,∠MAG=60°,
∴是等边三角形,是等边三角形,
∴∠AMG=∠AGM=60°,AH=BH,
∵AC=BC,
∴CH垂直平分AB,即CD垂直平分AB,
∴∠MAD=30°,
设AD=a,则MD=,
∵CM=2,AD=CD,
∴+2=a,解得:a=3+,
∴BE=AD=3+.
故答案是:3+.
5.(2022年广东省佛山市南海区中考一模)如图,在正方形ABCD中,点E、G分别是边AD、BC的中点,AF=AB
(1)求证:EF⊥AG;
(2)若点F、G分别在射线AB、BC上同时向右、向上运动,点G运动速度是点F运动速度的2倍,EF⊥AG是否成立(只写结果,不需说明理由)?
(3)正方形ABCD的边长为4,P是正方形ABCD内一点,当,求△PAB周长的最小值.
【详解】试题分析:(1)由正方形的性质得出AD=AB,∠EAF=∠ABG=90°,证出,得出△AEF∽△BAG,由相似三角形的性质得出∠AEF=∠BAG,再由角的互余关系和三角形内角和定理证出∠AOE=90°即可;
(2)证明△AEF∽△BAG,得出∠AEF=∠BAG,再由角的互余关系和三角形内角和定理即可得出结论;
(3)过O作MN∥AB,交AD于M,BC于N,则MN⊥AD,MN=AB=4,由三角形面积关系得出点P在线段MN上,当P为MN的中点时,△PAB的周长最小,此时PA=PB,PM=MN=2,连接EG,则EG∥AB,EG=AB=4,证明△AOF∽△GOE,得出 =,证出 =,得出AM=AE=,由勾股定理求出PA,即可得出答案.
试题解析:(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴AD=AB,∠EAF=∠ABG=90°,∵点E、G分别是边AD、BC的中点,AF=AB,∴ =, =,∴,∴△AEF∽△BAG,∴∠AEF=∠BAG,∵∠BAG+∠EAO=90°,∴∠AEF+∠EAO=90°,∴∠AOE=90°,∴EF⊥AG;
(2)解:成立;理由如下:
根据题意得: =,∵ =,∴=,又∵∠EAF=∠ABG,∴△AEF∽△BAG,∴∠AEF=∠BAG,∵∠BAG+∠EAO=90°,∴∠AEF+∠EAO=90°,∴∠AOE=90°,∴EF⊥AG;
(3)解:过O作MN∥AB,交AD于M,BC于N,如图所示:
则MN⊥AD,MN=AB=4,∵P是正方形ABCD内一点,当S△PAB=S△OAB,∴点P在线段MN上,当P为MN的中点时,△PAB的周长最小,此时PA=PB,PM=MN=2,连接EG、PA、PB,则EG∥AB,EG=AB=4,∴△AOF∽△GOE,∴=,∵MN∥AB,∴ =,∴AM=AE=×2=,由勾股定理得:PA= =,∴△PAB周长的最小值=2PA+AB=.
6.(2022年广东省佛山市禅城区中考一模)如图1,▱ABCD的边长AB=5,对角线AC平分∠BAD,点E从A点出发沿AB方向以1个单位/秒的速度运动,点F从C点出发沿CA方向以2个单位/秒的速度运动,其中一点到达终点时,另一点也随之停止运动,设运动时间为t秒.
(1)求证:四边形ABCD是菱形;
(2)若对角线BD=6,当t为多少秒时,△AEF为等腰三角形;
(3)如图2,若∠BAD=60°,点GDE是中点,作GH⊥DE交AC于H.点E在AB边上运动过程中,线段GH存在最小值,请你直接写出这个最小值.
【分析】(1)由角平分线定义可得出∠BAC=∠DAC=∠ACD,由等腰三角形的判定可得出AD=DC,根据菱形的判定定理可得出结论;
(2)可分三种情况:①当FA=FE时,②当AE=AF时,③当EA=EF时,由等腰三角形的性质可求出答案;
(3)过点H作HM⊥AB于点M,过点H作HN⊥AD于点N,连接DH,EH,BH,证明Rt△DHN≌Rt△EHM(HL),由全等三角形的性质得出∠DHN=∠EHM,可求出∠DEH=30°,由直角三角形的性质得出GH=GE=DE.则可得出答案.
【小问1详解】
证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB∥CD,
∴∠BAC=∠ACD,
∵AC平分∠BAD,
∴∠BAC=∠DAC=∠ACD,
∴AD=CD,
∴四边形ABCD是菱形;
【小问2详解】
设AB与CD相交于点O,
∵四边形ABCD是菱形,AB=6,∠B=120°,
∴AC⊥BD,BO=BD=3,OA=OC,
∴Rt△AOB中,,
∴AC=8, cos∠OAB=,
∵点E从A点出发沿AB方向以1个单位/秒的速度运动,点F从C点出发沿CA方向以2个单位/秒的速度运动,
∴AE=t,AF=8-2t,
若△AEF为等腰三角形,分如下三种情况:
①若FA=FE,
则t=8-2t,解得:t=;
②若AE=AF,如图3,过点F作FM⊥AB,
图3
则AM=AE=t,
∴cos∠OAB= cos∠FAM =,
解得:,
③若EA=EF,如图4,过点E作EN⊥AC,
则AN=AF=8-t,
∴cos∠OAB= cos∠NAE =,
解得:,
∴当t=或或秒时,△AEF为等腰三角形;
【小问3详解】
过点H作HM⊥AB于点M,过点H作HN⊥AD于点N,连接DH,EH,BH,
∵四边形ABCD是菱形,
∴BH=DH,∠DAC=∠BAC,
∴HN=HM,
∵GH是线段DE的中垂线,
∴DH=EH,
∴BH=DH=EH,
在Rt△DHN和Rt△EHM中,
,
∴Rt△DHN≌Rt△EHM(HL),
∴∠DHN=∠EHM,
∴∠DHE=∠DHN+∠NHE=∠NHE+∠EHM=360°-90°-90°-60°=120°,
∴∠DEH=30°,
∴GH=GE=DE.
当DE⊥AB时,此时DE有最小值是3,即GH的最小值为.
∴线段GH的最小最小值为.
7.(珠海市2021-2022学年度第二学期初三数学第二次模拟)24. 如图1,在正方形ABCD中,AB=10,点O,E在边CD上,且CE=2,DO=3,以点O为圆心,OE为半径在其左侧作半圆O,分别交AD于点G,交CD的延长线于点F.
(1)AG= ;
(2)如图2,将半圆O绕点E逆时针旋转α(0°<α<180°),点O的对应点为O′,点F的对应点为F′,设M为半圆O′上一点.
①当点F′落在AD边上时,求点M与线段BC之间最短距离;
②当半圆O′交BC于P,R两点时,若的长为π,求此时半圆O′与正方形ABCD重叠部分的面积;
③当半圆O′与正方形ABCD的边相切时,设切点为N,直接写出tan∠END的值.
【分析】(1)连接OG,如图1,先由正方形的边长与已知线段求得半径OE,再由勾股定理求得DG,进而得AG;
(2)①如图2,过点O'作O'H⊥BC于点H,交半圆O'于点M,反向延长HO′交AD于点Q,由三角形的中位线求得O′Q,进而由线段和差求得MH便可;
②由弧长公式求得∠PO′Q的度数,再根据等边三角形的面积公式和扇形面积公式进行计算便可;
③分两种情况:当半圆O'与正方形ABCD的边BC相切时;当半圆O'与正方形ABCD的边AB相切时.分别求出结果便可.
【小问1详解】
连接OG,如图1,
∵正方形ABCD中,AB=10,
∴AD=CD=AB=10,∠ADC=90°,
∵CE=2,DO=3,
∴OG=OE=CD﹣CE﹣OD=10﹣2﹣3=5,
∴DG,
∴AG=AD﹣DG=10﹣4=6,
故答案为:6;
【小问2详解】
①如图2,过点O'作O'H⊥BC于点H,交半圆O'于点M,反向延长HO′交AD于点Q,则∠QHC=90°,
根据三点共线及垂线段最短可得此时点M到BC的距离最短,
∵∠C=∠D=∠QHC=90°,
∴四边形QHCD是矩形,
∴HQ=CD=10,HQ∥CD.
∵点O′是EF′的中点,点Q是DF′的中点,
∵DE=8,
∴,
∴O'H=6,
∵CE=2,DQ=3,
∴O′E=10﹣2﹣3=5,即半圆的半径为5,
∴MH=1,
即点M到BC的最短距离为1;
②由①可知半圆O的半径为5,如图3,设∠PO'R的度数为β,
由题意得,的长为,
∴∠PO'R=60°,
∴∠F'O'P+∠EO'R=120°,
∴,
∵O'R=PO',
∴△O'RP是等边三角形,
∴,
∴此时半圆O'与正方形ABCD重叠部分的面积为;
③当半圆O'与正方形ABCD的边BC相切时,如图4,过点D作DH⊥NE,与NE的延长线交于点H,作EG⊥O′N于点G,则NG=CE=2,O′N=O′E=5,
∴O′G=5﹣2=3,
∴CN=GE,
∴,
NE,
∵,
∴,
∴NH,
∴tan∠END;
当半圆O'与正方形ABCD的边AB相切时,如图5,此时N与F′重合,则EF′⊥AB,
∵AB∥CD,
∴EF′⊥CD,
∴tan∠END,
综上,tan∠END.
1. (佛山市大沥镇一模)如图,在平面直角坐标系中,矩形的顶点的坐标为,、分别落在落在轴和轴上,是矩形的对角线. 将绕点逆时针旋转,使点落在轴上,得到,与相交于点,反比例函数的图像经过点,交于点.
(1)填空:的值等于 ;
(2)连接,图中是否存在与相似的三角形?若存在,请找一个,并进行证明;若不存在,请说明理由;
(3)在线段上是否存在这样的点,使得是等腰三角形. 请直接写出的长.
【分析】(1)证明△COF∽△AOB,则,求得:点F的坐标为(1,2),即可求解;
(2)△COF∽△BFG;△AOB∽△BFG;△ODE∽△BFG;△CBO∽△BFG.证△OAB∽△BFG:,,即可求解;
(3)分GF=PF、PF=PG、GF=PG三种情况,分别求解即可.
【详解】解:(1)∵四边形OABC为矩形,点B的坐标为(4,2),
∴∠OCB=∠OAB=∠ABC=90°,OC=AB=2,OA=BC=4,
∵△ODE是△OAB旋转得到的,即:△ODE≌△OAB,
∴∠COF=∠AOB,
∴△COF∽△AOB,
∴,
∴=,
∴CF=1,
∴点F的坐标为(1,2),
∵y=(x>0)的图象经过点F,
∴2=,得k=2;
(2)存在与△BFG相似的三角形,比如:△AOB∽△BFG.
下面对△OAB∽△BFG进行证明:
∵点G在AB上,
∴点G横坐标为4,
对于y=,当x=4,得y=,
∴点G的坐标为(4,),
∴AG=,
∵BC=OA=4,CF=1,AB=2,
∴BF=BC﹣CF=3,
BG=AB﹣AG=,
∴,,
∴,
∵∠OAB=∠FBG=90°,
∴△OAB∽△FBG.
(3)设点P(m,0),而点F(1,2)、点G(4,),
则FG2=9+=,PF2=(m﹣1)2+4,PG2=(m﹣4)2+,
当GF=PF时,即=(m﹣1)2+4,解得:m=(舍去负值);
当PF=PG时,同理可得:m=;
当GF=PG时,同理可得:m=4﹣;
综上,点P的坐标为(4﹣,0)或(,0)或(,0),
∴OP=4-或或.
2. (2022年广东省广州市黄埔区中考一模)在△ABC和△ADE中,AC=BC,AE=DE,且AE<AC,∠ACB=∠AED=90°,将△ADE绕点A顺时针方向旋转,把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置(此时点B和点D位于AC的两侧),设旋转角为α,连接BD,点P是线段BD的中点,连接PC,PE.
(1)如图1,当△ADE在起始位置时,猜想:PC与PE的数量关系和位置关系,并说明理由;
(2)如图2,当时,点D落在AB边上,请判断PC与PE的数量关系和位置关系,并证明你的结论;
(3)当α=150°时,若BC=3,DE=1,请直接写出PC2的值.
【分析】(1)延长EP交BC于F,根据AAS证△FBP≌△EDP,再证△EFC是等腰直角三角形即可得出PC=PE,PC⊥PE;
(2)作BF∥DE,交EP延长线于点F,连接CE、CF,根据AAS证△FBP≌△EDP,再根据SAS证△FBC≌△EAC,然后得出△FCE是等腰直角三角形即可得出结论;
(3)作BF∥DE,交EP延长线于点F,连接CE、CF,过点E作EH⊥AC交CA延长线于H,同②得出△FCE是等腰直角三角形,利用勾股定理求出CE2,根据PC2=CE2得出PC2的值即可.
【小问1详解】
解:PC=PE,PC⊥PE,理由如下:
如图1,延长EP交BC于F,
∵∠ACB=∠AED=90°,
∴ED∥BC,
∴∠PBF=∠PDE,
∵点P是线段BD的中点,
∴BP=DP,
又∵∠BPF=∠DPE,
∴△FBP≌△EDP(AAS),
∴PF=PE,BF=DE,
又∵AC=BC,AE=DE,
∴FC=EC,
又∵∠ACB=90°,
∴△EFC是等腰直角三角形,
∵EP=FP,
∴PC=PE,PC⊥PE;
【小问2详解】
解:PC=PE,PC⊥PE,理由如下:
如图2,作BF∥DE,交EP延长线于点F,连接CE、CF,
同理(1)可证△FBP≌△EDP(AAS),
∴BF=DE,PE=PF=EF,
∵DE=AE,
∴BF=AE,
∵当α=90°时,∠EAC=90°,
∴ED∥AC,EA∥BC,
∵FB∥AC,∠FBC=90°,
∴∠CBF=∠CAE,
在△FBC和△EAC中,
,
∴△FBC≌△EAC(SAS),
∴CF=CE,∠FCB=∠ECA,
∵∠ACB=90°,
∴∠FCE=90°,
∴△FCE是等腰直角三角形,
∴EP=FP,
∴PC⊥PE,PC=PE;
【小问3详解】
解:如下图,作BF∥DE,交EP延长线于点F,连接CE、CF,过点E作EH⊥AC交CA延长线于H,
当α=150°时,由旋转可知,∠CAE=150°,
即DE与BC所成夹角的锐角为30°,
∴∠FBC=∠EAC=α=150°,
同(2)可得△FBP≌△EDP(AAS),
同(2)可得△FCE是等腰直角三角形,CP⊥EP,CP=EP=CE,
在Rt△AHE中,∠EAH=30°,AE=DE=1,
∴HE=,AH=,
又∵AC=BC=3,
∴CH=3+,
∴EC2=CH2+HE2=10+3,
∴PC2=(EC)2=EC2=.
3. (2022年广东省肇庆市高要区中考一模)如图,是的外接圆,点在边上,的平分线交于点,连接、,过点作的平行线,与的延长线相交于点.
(1)求证:是的切线;
(2)求证:;
(3)当,时,求线段的长.
【分析】(1)连接,根据是角平分线,进而可得,,根据垂径定理的推论可得,由,即可证明,即可证明是的切线;
(2)由可得,,根据同弧所对的圆周角相等可得,进而可得,根据圆内接四边形的对角互补,可得,可得,即可证明
(3)连接,根据直径所对的圆周角等于90°,进而勾股定理求得,由,进而求得,根据(2)的结论,列出比例式,代入数值计算即可求得线段的长.
【详解】(1)证明:连接,如图,
是的角平分线,
是的切线;
(2)
,
(3)如图,连接
是的直径,
,
在中,,
在中
即
4.(湖南省郴州市2021年中考数学试卷)如图1,在等腰直角三角形中,.点,分别为,的中点,为线段上一动点(不与点,重合),将线段绕点逆时针方向旋转得到,连接,.
(1)证明:;
(2)如图2,连接,,交于点.
①证明:在点的运动过程中,总有;
②若,当的长度为多少时,为等腰三角形?
【答案】(1)见详解;(2)①见详解;②当的长度为2或时,为等腰三角形
【分析】
(1)由旋转的性质得AH=AG,∠HAG=90°,从而得∠BAH=∠CAG,进而即可得到结论;
(2)①由,得AH=AG,再证明,进而即可得到结论;②为等腰三角形,分3种情况:(a)当∠QAG=∠QGA=45°时,(b)当∠GAQ=∠GQA=67.5°时,(c)当∠AQG=∠AGQ=45°时,分别画出图形求解,即可.
【详解】
解:(1)∵线段绕点A逆时针方向旋转得到,
∴AH=AG,∠HAG=90°,
∵在等腰直角三角形中,,AB=AC,
∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG,
∴;
(2)①∵在等腰直角三角形中,AB=AC,点,分别为,的中点,
∴AE=AF,是等腰直角三角形,
∵AH=AG,∠BAH =∠CAG,
∴,
∴∠AEH=∠AFG=45°,
∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°,即:;
②∵,点,分别为,的中点,
∴AE=AF=2,
∵∠AGH=45°,为等腰三角形,分3种情况:
(a)当∠QAG=∠QGA=45°时,如图,则∠HAF=90°-45°=45°,
∴AH平分∠EAF,
∴点H是EF的中点,
∴EH=;
(b)当∠GAQ=∠GQA=(180°-45°)÷2=67.5°时,如图,则∠EAH=∠GAQ=67.5°,
∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°,
∴∠EHA=∠EAH,
∴EH=EA=2;
(c)当∠AQG=∠AGQ=45°时,点H与点F重合,不符合题意,舍去,
综上所述:当的长度为2或时,为等腰三角形.
5.(2021·浙江中考真题)在扇形中,半径,点P在OA上,连结PB,将沿PB折叠得到.
(1)如图1,若,且与所在的圆相切于点B.
①求的度数.
②求AP的长.
(2)如图2,与相交于点D,若点D为的中点,且,求的长.
【答案】(1)①60°;②;(2)
【分析】
(1)根据图像折叠的性质,确定角之间的关系,通过已知的角度来间接求所求角的角度;求的长,先连接,先在中,求出;再在中,求出即可得到答案;
(2)要求的长,扇形的半径已知,就转化成求的度数,连接,通过条件找到角之间的等量关系,再根据三角形内角和为,建立等式求出,最后利用弧长的计算公式进行计算.
【详解】
解:(1)①如图1,为圆的切线.
由题意可得,,.
,
②如图1,连结,交BP于点Q.则有.
在中,.
在中,,
.
(2)如图2.连结OD.设.
∵点D为的中点.
.
由题意可得,.
又
,,解得.
.
6.(2021·浙江中考真题)已知在中,是的中点,是延长线上的一点,连结.
(1)如图1,若,求的长.
(2)过点作,交延长线于点,如图2所示.若,求证:.
(3)如图3,若,是否存在实数,当时,?若存在,请直接写出的值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1);(2)见解析;(3)存在,
【分析】
(1)先解直角三角形ABC得出,从而得出是等边三角形,再解直角三角形ACP即可求出AC的长,进而得出BC的长;
(2)连结,先利用AAS证出,得出AE=2PE,AC=DE,再得出是等边三角形,然后由SAS得出,得出AE=BC即可得出结论;
(3)过点作,交延长线于点,连接BE,过C作CG⊥AB于G,过E作EN⊥AB于N,由(2)得AE=2AP,DE=AC,再证明,从而得出得出DE=BE,然后利用勾股定理即可得出m的值.
【详解】
(1)解 ,
,
,
,
是等边三角形,
是的中点,
,
在中,,
,
.
(2)证明:连结,
,
,
,
,
,
,
,
又,
,
是等边三角形,
,
,
又,
,
,
.
(3)存在这样的.
过点作,交延长线于点,连接BE,过C作CG⊥AB于G,过E作EN⊥AB于N,则,
,
由(2)得AE=2AP,DE=AC,
∴CG=EN,
∵,
∴AE=BC,
∵∠ANE=∠BGC=90°,
,
∴∠EAN=∠CBG
∵AE=BC,AB=BA,
∴
∴AC=BE,
∴DE=BE,
∴∠EDB=∠EBD=45°,
∴∠DEB=90°,
∴,
∵
∴
7.(2021·安徽中考真题)如图1,在四边形ABCD中,,点E在边BC上,且,,作交线段AE于点F,连接BF.
(1)求证:;
(2)如图2,若,,,求BE的长;
(3)如图3,若BF的延长线经过AD的中点M,求的值.
【答案】(1)见解析;(2)6;(3)
【分析】
(1)根据平行线的性质及已知条件易证,,即可得,;再证四边形AFCD是平行四边形即可得,所以,根据SAS即可证得;
(2)证明,利用相似三角形的性质即可求解;
(3)延长BM、ED交于点G.易证,可得;设,,,由此可得,;再证明,根据全等三角形的性质可得.证明,根据相似三角形的性质可得,即,解方程求得x的值,继而求得的值.
【详解】
(1)证明:,
;
,
,,
,
,,
,,
,,
四边形AFCD是平行四边形
在与中.
,
(2),
,
在中,,
,
,
又,,
,
在与中.
,
;
;
,
;
,
;
,
,
或(舍);
(3)延长BM、ED交于点G.
与均为等腰三角形,,
,
,
设,,,
则,,
,
,
;
在与中,
,
;
.
;
,
,
,
,
,
,
,
,
(舍),,
.
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