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    2021中考數學壓軸題專題訓練08猜想與證明(附解析)

    2021-09-141 9.99元 29頁 1.47 MB
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    猜想與證明1.已知在平面直角坐標系內的位置如圖,,,、的長滿足關系式.(1)求、的長;(2)求點的坐標;(3)在軸上是否存在點,使是以為腰的等腰三角形.若存在,請直接寫出點的坐標,若不存在,請說明理由.【解析】解:⑴由.可知,,∴.⑵作軸與點D, ⑶存在.當點P在x軸的負半軸時,使AP=AC,則為等腰三角形,P的坐標為;當點P在x軸的負半軸時,使CP=AC,由勾股定理得,CP=AC=5,則為等腰三角形,P的坐標為;當點P在x軸的正半軸時,使AC=CP,則為等腰三角形,,;所以存在,點P或或.2.在平面坐標系中,已知線段,且的坐標分別為,點為線段的中點.(1)線段與軸的位置關系是(2)求點的坐標。(3)在軸上是否存在點,使得三角形面積為3.若存在,求出點的坐標;若不存在,請說明理由.【解析】解:(1)因為A、B點的縱坐標相同,所以線段與軸平行;(2),C是線段AB的中點,∴C點坐標為:(3)在軸上存在點,使得三角形的面積為3.其理由如下:由(2)知:, 即:或,∴P點坐標為:或時,三角形的面積為3.3.探索與證明:(1)如圖①,直線經過正三角形的頂點,在直線上取點,,使得,.通過觀察或測量,猜想線段,與之間滿足的數量關系,并予以證明;(2)將(1)中的直線繞著點逆時針方向旋轉一個角度到如圖②的位置,,.通過觀察或測量,猜想線段,與之間滿足的數量關系,并予以證明.【解析】解:(1)DE=BD+CE,證明如下∵△ABC為等邊三角形∴AB=CA,∠BAC=60°∵,∴∴∠ABD+∠BAD=180°-∠ADB=120°∠CAE+∠BAD=180°-∠BAC=120°∴∠ABD=∠CAE在△ABD和△CAE中∴△ABD≌△CAE ∴BD=AE,AD=CE∴DE=AE+AD=BD+CE;(2)CE=BD+DE,證明如下∵△ABC為等邊三角形∴AB=CA,∠BAC=60°∵,∴∴∠ABD+∠BAD=180°-∠ADB=60°∠CAE+∠BAD=∠BAC=60°∴∠ABD=∠CAE在△ABD和△CAE中∴△ABD≌△CAE∴BD=AE,AD=CE∵AD=AE+DE∴CE=BD+DE.4.如圖,鈍角中,,為上一點,,為上一點,.(1)作于,交的延長線于.①判斷與的大小關系,并說明理由.②求證;(2)若,,求的長.【解析】解:(1)①,理由是: ∵,于,∴,∵作于,,∴,∴.②∵,∴,∴,∴,即,由①知,,∴().(2)作交射線于,交的延長線于∵,,∴,由(1)可知,,∵,∴,∴,由勾股定理,得, ∴,∴,,∴,,,∴,∴的長為.5.如圖,在中,,點為邊上的一點,,且,點關于直線的對稱點為,連接,又的邊上的高為.(1)求的大??;(2)判斷直線,是否平行?并說明理由;(3)證明:.【解析】(1)∵,,∴,∵點關于直線的對稱點為,∴,,∴,∴,∴;(2)直線,平行.理由: ∵,∴,如圖,取中點,連接,則為等邊三角形,為等腰三角形,∴,∴,∴,即.又∵的邊上的高為,∴,∴;(3)如圖,過點作、的垂線,垂足分別為、.∵,即點在的平分線上,∴.∵,,∴,即點在的平分線上,∴,∴,∴點在的平分線上.又∵,∴,∴,∴, ∴中,,∴.6.如圖,邊長為的正方形中,P是對角線上的一個動點(點P與A、C不重合),連接,將繞點B順時針旋轉90°到,連接,與交于點E,延長線與(或延長線)交于點F.(1)連接,證明:;(2)設,試寫出y關于x的函數關系式,并求當x為何值時,;(3)猜想與的數量關系,并證明你的結論.【解析】(1)證明:∵線段BP繞點B順時針旋轉得到線段BQ,∴BP=BQ,,∵四邊形ABCD是正方形,∴BA=BC,,∴,∴,即,在△BAP和△BCQ中,∵,∴(SAS), ∴CQ=AP.(2)如圖,∵四邊形ABCD是正方形,∴,,∴,∵DC=AD=,由勾股定理可得:,∵AP=x,∴PC=4-x,∵△PBQ是等腰直角三角形,∴,∴,∴,∵,∴,∴,∴,∴, 由,∴,得到,,得x=3或x=1.當x=3或1時,.(3)結論:PF=EQ,理由是:如圖,當F在邊AD上時,過P作,交AB于G,則,∵,∴,∴,∵PB=BQ,,∴(SAS),∴EQ=PG,∵,∴F、A、G、P四點共圓,連接FG,∴,∴△FPG是等腰直角三角形,∴PF=PG,∴PF=EQ. 當F在AD的延長線上時,如圖所示,同理可得:PF=PG=EQ.7.問題提出:(1)同一平面內的兩條線段和,已知,,則線段最大值是______;最小值是______.問題探究:(2)如圖,四邊形中,,,,且,問是否存在最大值?若存在,求出最大值;若不存在,請說明理由.問題解決:(自行作圖并解決)(3)在中,,,以為一邊作正方形,連接,問是否存在最大值或者最小值?若存在,求出相應最值;若不存在,請說明理由.【解析】(1)由題意,分以下兩種情況:①當點不在同一條直線上時,由三角形的三邊關系定理得:,,即;②當點在同一直線上時,點B在點的中間時,則,點C在點的中間時,則, 綜上,線段AC的取值范圍為,則線段最大值是5,最小值是1,故答案為:5,1;(2)存在,求解過程如下:如圖,連接AC,將繞點C逆時針旋轉,點A的對應點為點E,連接AE、BE、CE,,旋轉后點D的對應點為點B,由旋轉的性質得:,是等邊三角形,,①當點不在同一條直線上時,,即,;②當點在同一條直線上時,,,綜上,當點在同一條直線上時,AC有最大值,最大值為6;(3)如圖,將繞點B逆時針旋轉,點E的對應點為點F,連接EF、BF、CF,四邊形ABCD是正方形,,旋轉后點A的對應點為點C,由旋轉的性質得:, 在中,,①當點不在同一條直線上時,,,即;②當點在同一條直線上時,,綜上,當點在同一條直線上時,有最大值,最大值為.8.如圖,在直角中,,,,是邊上的中線,直線,是邊延長線上一點,連接并延長交直線于點,將沿翻折得,射線交直線于點.(1)如圖1,當時,求的長.(2)如圖2,當點在點的上方時,求證:.(3)如果的面積為,求的長. 【解析】解:(1),,在中:,是邊上的中線,,是等邊三角形,,,,在中:,,,,在和中,,,,故答案為:4.(2)由(1)可知:為等邊三角形,,沿翻折得,,,,,,,,又,.(3)過點作于點,過點作于點,如下圖所示: ∴四邊形是一個矩形,∴,∵,∴為的中點,∴,由(1)知:,,得到,∴,∴,∴,∴設,則,由(2)知:,,∴,代入數據:∴,即,解得:或(舍去),∴的長度為,由(1)知:∴的長度為,故答案為:2.9.如圖,在ABC中,∠ABC=60°,點D,E分別為AB,BC上一點,BD=BE,連接DE,DC,AC=CD.(1)如圖1,若AC=3,DE=2,求EC的長; (2)如圖2,連接AE交DC于點F,點M為EC上一點,連接AM交DC于點N,若AE=AM,求證:2DE=MC;(3)在(2)的條件下,若∠ACB=45°,直接寫出線段AD,MC,AC的等量關系.【解析】解:(1)如圖1,過點C作CG⊥AB于G,∴∠AGC=∠AGB=90°,∵AC=CD,∴AG=DG,設DG=a,∵BD=BE,∠ABC=60°,∴△BDE是等邊三角形,∴BD=DE=2,∴BG=BD+DG=2+a,在Rt△BGC中,∠BCG=90°﹣∠ABC=30°,∴BC=2BG=4+2a,CG=BG=6+a,在Rt△DGC中,CD=AC=3,根據勾股定理得,CG2+DG2=CD2,∴(6+a)2+a2=90,∴a=或a=(舍),∴BC=EC+BE=EC+BD,∴EC+BD=2(BD+DG),∴EC=BD+2DG=2+2a=2+2×=9﹣; (2)如圖2,在MC上取一點P,使MP=DE,連接AP,∵△BDE是等邊三角形,∴∠BED=60°,BE=DE,∴∠DEC=120°,BE=PM,∵AE=AM,∴∠AEM=∠AME,∴∠AEB=∠AMP,∴△ABE≌△APM(SAS),∴∠APM=∠ABC=60°,∴∠APC=120°=∠DEC,過點M作AC的平行線交AP的延長線于Q,∴∠MPQ=∠APC=120°=∠DEC,∵AC=CD,∴∠ADC=∠DAC,∴∠CDE=180°﹣∠BDE﹣∠ADC=180°﹣60°﹣∠DAC=120°﹣∠DAC,在△ABC中,∠ACB=180°﹣∠ABC﹣∠DAC=120°﹣∠DAC=∠CDE,∵MQ//AC,∴∠PMQ=∠ACB,∴∠PMQ=∠EDC,∴△MPQ≌△DEC(ASA),∴MQ=CD,∵AC=MQ,∴△APC≌△QPM(AAS),∴CP=MP, ∴CM=MP+CP=2DE;(3)MC+AD=AC.如備用圖,在MC上取一點P,使PM=DE,由(2)知,MC=2CP=2DE,△ABE≌△APM,∴AB=AP,∵∠ABC=60°,∴△ABP是等邊三角形,∴BP=AB,∵BE=BD,∴PE=AD,∴BC=BE+PE+CP=DE+PE+DE=2DE+AD=MC+AD,過點A作AH⊥BC于H,設BH=m,在Rt△ABH中,AH=BH=m,在Rt△ACH中,∠ACB=45°,∴∠CAH=90°﹣∠ACB=45°=∠ACB,∴CH=AH=m,AC=AH=m,∵MC+AD=BC=BH+CH=m+m=(1+)m,∴MC+AD=AC. 10.如圖,已知直線y=kx+8的與x軸正半軸交于點A,與y軸交于點B,點C在x軸負半軸上,直線y=x+b經過點C,直線y=x+b與直線AB交于點E,線段OA,OC的長滿足.(1)求OA,OC的長;(2)求點E的坐標;(3)若點P在x軸上,在平面內是否存在點Q,使以C,E,P,Q為頂點的四邊形是菱形?若存在,直接寫出點Q的坐標;若不存在,說明理由.【解析】解:(1)∵,,∴,∴OA=4,OC=5.(2)∵OA=4,OC=5∴A(4,0),C(-5,0)將C(-5,0)代入y=x+b中,得到0=-5+b∴b=5,y=x+5將A(4,0)代入y=kx+8,得到0=4k+8∴k=-2,y=-2x+8 聯立得解得∴E點坐標為(1,6).(3)①取CE的中點D,過D作CE的垂線,交x軸于點P,連接PE.∵C(-5,0),E(1,6)設D點的坐標為(a,b)∵D為CE中點∴a==-2,b==3∴D(-2,3)設直線PD的的解析式為y=kx+b∵CE⊥PD∴k·1=-1∴k=-1再代入D(-2,3),得到3=-(-2)+b∴b=1,y=-x+1在y=-x+1中,令y=0得到0=-x+1,x=1∴直線與x軸交點P為(1,0)∵E點坐標為(1,6)∴PE⊥PC ∴要構造的菱形CEPQ為正方形∴Q點坐標為(-5,6)②以C為圓心CE長為半徑作圓,交x正半軸于點P,作EQCP且EQ=CE,連接AQ.∵同一個圓所有半徑相等∴AC=CE又∵EQ平行且等于CP∴四邊形PQCE為菱形∵C(-5,0),E(1,6)∴CE=∴EQ=CE=∴Q(1+,6)③以C為圓心CE長為半徑作圓,交x負半軸于點P,作EQAC且EQ=CE,連接AQ.∵同一個圓所有半徑相等∴PC=CE又∵EQ平行且等于CP ∴四邊形PQCE為菱形由②知CE=,E(1,6)∴Q(1-6,6)④以E為圓心CE長為半徑作圓,交x軸正半軸于點P,連接EP,作E關于x軸的對稱點Q,連接CQ、PQ.∵同圓半徑相等∴CE=EP又∵Q點與E點關于x軸對稱∴CE=CQ,PE=PQ∴CE=EP=PQ=QC∴四邊形CEPQ為菱形又∵Q點與E點關于x軸對稱,E(1,6)∴Q(1,-6)綜上所述,存在Q點,Q點坐標為(1,-6)或(-5,6)或(1-6,6)或(1+6,6).11.如圖,已知拋物線經過點A(-3,0),C(0,3),交x軸于另一點B,其頂點為D.(1)求拋物線的解析式;(2)點P為拋物線上一點,直線CP交x軸于點E,若△CAE與△OCD相似,求P點坐標;(3)如果點F在y軸上,點M在直線AC上,那么在拋物線上是否存在點N,使得以C,F,M,N為頂點的四邊形是菱形?若存在,請求出菱形的周長;若不存在,請說明理由. 【解析】(1)∵拋物線經過點,∴,解得此拋物線解析式為:;(2)∵∴頂點∵,,∴,,,∴點E只能在A點左邊①如下圖,若則∴∴∴∵∴ 聯立∴,(舍去)∴;②若則∴AE=2∴∴∵∴聯立∴,(舍去)得因此,或; (3)在拋物線上存在點N,使得以C,F,M,N為頂點的四邊形是菱形①若CF為對角線,則CF與NM互相垂直平分時,四邊形CNFM為菱形∵∴∴,四邊形CNFM為正方形∴N點與頂點D重合∵∴,∴菱形CNFM的周長為;②若CF為菱形的一邊,則,,NM=NF時,四邊形CNFM為菱形過F作FH⊥NM于H,設直線NM交x軸于G,則,∴NM===NF∵,∴∴NF=FH又FH=OG=∴=∴或∴NF=或NF=菱形周長為或 因此,存在菱形,其周長為,或.12.如圖,在平面直角坐標系中,點A(1,4),點B(3,2),連接OA,OB.(1)求直線OB與AB的解析式;(2)求△AOB的面積.(3)下面兩道小題,任選一道作答.作答時,請注明題號,若多做,則按首做題計入總分.①在y軸上是否存在一點P,使△PAB周長最?。舸嬖?,請直接寫出點P坐標;若不存在,請說明理由.②在平面內是否存在一點C,使以A,O,C,B為頂點的四邊形是平行四邊形.若存在,請直接寫出點C坐標;若不存在,請說明理由.【解析】解:(1)設直線OB的解析式為y=mx,∵點B(3,2),∴,∴直線OB的解析式為,設直線AB的解析式為y=kx+b,根據題意可得: 解之得∴直線AB的解析式為y=-x+5.故答案為:直線OB的解析式為,直線AB的解析式為y=-x+5;(2)如圖,延長線段AB交x軸于點D,當y=0時,-x+5=0,x=5,∴點D橫坐標為5,OD=5,∴,∴,故答案為:5.(3)①存在,(0,);過點A作y軸的對稱點,連接B,交y軸與點P,則點P即為使△PAB周長最小的點,由作圖可知,點坐標為,又點B(3,2)則直線B的解析式為:,∴點P坐標為,故答案為:; ②存在.或或.有三種情況,如圖所示:設點C坐標為,當平行四邊形以AO為對角線時,由中點坐標公式可知,AO的中點坐標和BC中點坐標相同,∴解得∴點坐標為,當平行四邊形以AB為對角線時,AB的中點坐標和OC的中點坐標相同,則∴點的坐標為,當平行四邊形以BO為對角線時,BO的中點坐標和AC的中點坐標相同,則解得∴點坐標為, 故答案為:存在,或或.
    2021中考數學壓軸題專題訓練08猜想與證明(附解析)
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