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2021中考数学压轴题专题训练08猜想与证明(附解析)

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猜想与证明1.已知在平面直角坐标系内的位置如图,,,、的长满足关系式.(1)求、的长;(2)求点的坐标;(3)在轴上是否存在点,使是以为腰的等腰三角形.若存在,请直接写出点的坐标,若不存在,请说明理由.【解析】解:⑴由.可知,,∴.⑵作轴与点D, ⑶存在.当点P在x轴的负半轴时,使AP=AC,则为等腰三角形,P的坐标为;当点P在x轴的负半轴时,使CP=AC,由勾股定理得,CP=AC=5,则为等腰三角形,P的坐标为;当点P在x轴的正半轴时,使AC=CP,则为等腰三角形,,;所以存在,点P或或.2.在平面坐标系中,已知线段,且的坐标分别为,点为线段的中点.(1)线段与轴的位置关系是(2)求点的坐标。(3)在轴上是否存在点,使得三角形面积为3.若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.【解析】解:(1)因为A、B点的纵坐标相同,所以线段与轴平行;(2),C是线段AB的中点,∴C点坐标为:(3)在轴上存在点,使得三角形的面积为3.其理由如下:由(2)知:, 即:或,∴P点坐标为:或时,三角形的面积为3.3.探索与证明:(1)如图①,直线经过正三角形的顶点,在直线上取点,,使得,.通过观察或测量,猜想线段,与之间满足的数量关系,并予以证明;(2)将(1)中的直线绕着点逆时针方向旋转一个角度到如图②的位置,,.通过观察或测量,猜想线段,与之间满足的数量关系,并予以证明.【解析】解:(1)DE=BD+CE,证明如下∵△ABC为等边三角形∴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,证明如下∵△ABC为等边三角形∴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.如图,钝角中,,为上一点,,为上一点,.(1)作于,交的延长线于.①判断与的大小关系,并说明理由.②求证;(2)若,,求的长.【解析】解:(1)①,理由是: ∵,于,∴,∵作于,,∴,∴.②∵,∴,∴,∴,即,由①知,,∴().(2)作交射线于,交的延长线于∵,,∴,由(1)可知,,∵,∴,∴,由勾股定理,得, ∴,∴,,∴,,,∴,∴的长为.5.如图,在中,,点为边上的一点,,且,点关于直线的对称点为,连接,又的边上的高为.(1)求的大小;(2)判断直线,是否平行?并说明理由;(3)证明:.【解析】(1)∵,,∴,∵点关于直线的对称点为,∴,,∴,∴,∴;(2)直线,平行.理由: ∵,∴,如图,取中点,连接,则为等边三角形,为等腰三角形,∴,∴,∴,即.又∵的边上的高为,∴,∴;(3)如图,过点作、的垂线,垂足分别为、.∵,即点在的平分线上,∴.∵,,∴,即点在的平分线上,∴,∴,∴点在的平分线上.又∵,∴,∴,∴, ∴中,,∴.6.如图,边长为的正方形中,P是对角线上的一个动点(点P与A、C不重合),连接,将绕点B顺时针旋转90°到,连接,与交于点E,延长线与(或延长线)交于点F.(1)连接,证明:;(2)设,试写出y关于x的函数关系式,并求当x为何值时,;(3)猜想与的数量关系,并证明你的结论.【解析】(1)证明:∵线段BP绕点B顺时针旋转得到线段BQ,∴BP=BQ,,∵四边形ABCD是正方形,∴BA=BC,,∴,∴,即,在△BAP和△BCQ中,∵,∴(SAS), ∴CQ=AP.(2)如图,∵四边形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.当x=3或1时,.(3)结论:PF=EQ,理由是:如图,当F在边AD上时,过P作,交AB于G,则,∵,∴,∴,∵PB=BQ,,∴(SAS),∴EQ=PG,∵,∴F、A、G、P四点共圆,连接FG,∴,∴△FPG是等腰直角三角形,∴PF=PG,∴PF=EQ. 当F在AD的延长线上时,如图所示,同理可得:PF=PG=EQ.7.问题提出:(1)同一平面内的两条线段和,已知,,则线段最大值是______;最小值是______.问题探究:(2)如图,四边形中,,,,且,问是否存在最大值?若存在,求出最大值;若不存在,请说明理由.问题解决:(自行作图并解决)(3)在中,,,以为一边作正方形,连接,问是否存在最大值或者最小值?若存在,求出相应最值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由题意,分以下两种情况:①当点不在同一条直线上时,由三角形的三边关系定理得:,,即;②当点在同一直线上时,点B在点的中间时,则,点C在点的中间时,则, 综上,线段AC的取值范围为,则线段最大值是5,最小值是1,故答案为:5,1;(2)存在,求解过程如下:如图,连接AC,将绕点C逆时针旋转,点A的对应点为点E,连接AE、BE、CE,,旋转后点D的对应点为点B,由旋转的性质得:,是等边三角形,,①当点不在同一条直线上时,,即,;②当点在同一条直线上时,,,综上,当点在同一条直线上时,AC有最大值,最大值为6;(3)如图,将绕点B逆时针旋转,点E的对应点为点F,连接EF、BF、CF,四边形ABCD是正方形,,旋转后点A的对应点为点C,由旋转的性质得:, 在中,,①当点不在同一条直线上时,,,即;②当点在同一条直线上时,,综上,当点在同一条直线上时,有最大值,最大值为.8.如图,在直角中,,,,是边上的中线,直线,是边延长线上一点,连接并延长交直线于点,将沿翻折得,射线交直线于点.(1)如图1,当时,求的长.(2)如图2,当点在点的上方时,求证:.(3)如果的面积为,求的长. 【解析】解:(1),,在中:,是边上的中线,,是等边三角形,,,,在中:,,,,在和中,,,,故答案为:4.(2)由(1)可知:为等边三角形,,沿翻折得,,,,,,,,又,.(3)过点作于点,过点作于点,如下图所示: ∴四边形是一个矩形,∴,∵,∴为的中点,∴,由(1)知:,,得到,∴,∴,∴,∴设,则,由(2)知:,,∴,代入数据:∴,即,解得:或(舍去),∴的长度为,由(1)知:∴的长度为,故答案为:2.9.如图,在ABC中,∠ABC=60°,点D,E分别为AB,BC上一点,BD=BE,连接DE,DC,AC=CD.(1)如图1,若AC=3,DE=2,求EC的长; (2)如图2,连接AE交DC于点F,点M为EC上一点,连接AM交DC于点N,若AE=AM,求证:2DE=MC;(3)在(2)的条件下,若∠ACB=45°,直接写出线段AD,MC,AC的等量关系.【解析】解:(1)如图1,过点C作CG⊥AB于G,∴∠AGC=∠AGB=90°,∵AC=CD,∴AG=DG,设DG=a,∵BD=BE,∠ABC=60°,∴△BDE是等边三角形,∴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,根据勾股定理得,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)如图2,在MC上取一点P,使MP=DE,连接AP,∵△BDE是等边三角形,∴∠BED=60°,BE=DE,∴∠DEC=120°,BE=PM,∵AE=AM,∴∠AEM=∠AME,∴∠AEB=∠AMP,∴△ABE≌△APM(SAS),∴∠APM=∠ABC=60°,∴∠APC=120°=∠DEC,过点M作AC的平行线交AP的延长线于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.如备用图,在MC上取一点P,使PM=DE,由(2)知,MC=2CP=2DE,△ABE≌△APM,∴AB=AP,∵∠ABC=60°,∴△ABP是等边三角形,∴BP=AB,∵BE=BD,∴PE=AD,∴BC=BE+PE+CP=DE+PE+DE=2DE+AD=MC+AD,过点A作AH⊥BC于H,设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.如图,已知直线y=kx+8的与x轴正半轴交于点A,与y轴交于点B,点C在x轴负半轴上,直线y=x+b经过点C,直线y=x+b与直线AB交于点E,线段OA,OC的长满足.(1)求OA,OC的长;(2)求点E的坐标;(3)若点P在x轴上,在平面内是否存在点Q,使以C,E,P,Q为顶点的四边形是菱形?若存在,直接写出点Q的坐标;若不存在,说明理由.【解析】解:(1)∵,,∴,∴OA=4,OC=5.(2)∵OA=4,OC=5∴A(4,0),C(-5,0)将C(-5,0)代入y=x+b中,得到0=-5+b∴b=5,y=x+5将A(4,0)代入y=kx+8,得到0=4k+8∴k=-2,y=-2x+8 联立得解得∴E点坐标为(1,6).(3)①取CE的中点D,过D作CE的垂线,交x轴于点P,连接PE.∵C(-5,0),E(1,6)设D点的坐标为(a,b)∵D为CE中点∴a==-2,b==3∴D(-2,3)设直线PD的的解析式为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∴直线与x轴交点P为(1,0)∵E点坐标为(1,6)∴PE⊥PC ∴要构造的菱形CEPQ为正方形∴Q点坐标为(-5,6)②以C为圆心CE长为半径作圆,交x正半轴于点P,作EQCP且EQ=CE,连接AQ.∵同一个圆所有半径相等∴AC=CE又∵EQ平行且等于CP∴四边形PQCE为菱形∵C(-5,0),E(1,6)∴CE=∴EQ=CE=∴Q(1+,6)③以C为圆心CE长为半径作圆,交x负半轴于点P,作EQAC且EQ=CE,连接AQ.∵同一个圆所有半径相等∴PC=CE又∵EQ平行且等于CP ∴四边形PQCE为菱形由②知CE=,E(1,6)∴Q(1-6,6)④以E为圆心CE长为半径作圆,交x轴正半轴于点P,连接EP,作E关于x轴的对称点Q,连接CQ、PQ.∵同圆半径相等∴CE=EP又∵Q点与E点关于x轴对称∴CE=CQ,PE=PQ∴CE=EP=PQ=QC∴四边形CEPQ为菱形又∵Q点与E点关于x轴对称,E(1,6)∴Q(1,-6)综上所述,存在Q点,Q点坐标为(1,-6)或(-5,6)或(1-6,6)或(1+6,6).11.如图,已知抛物线经过点A(-3,0),C(0,3),交x轴于另一点B,其顶点为D.(1)求抛物线的解析式;(2)点P为抛物线上一点,直线CP交x轴于点E,若△CAE与△OCD相似,求P点坐标;(3)如果点F在y轴上,点M在直线AC上,那么在抛物线上是否存在点N,使得以C,F,M,N为顶点的四边形是菱形?若存在,请求出菱形的周长;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)∵抛物线经过点,∴,解得此抛物线解析式为:;(2)∵∴顶点∵,,∴,,,∴点E只能在A点左边①如下图,若则∴∴∴∵∴ 联立∴,(舍去)∴;②若则∴AE=2∴∴∵∴联立∴,(舍去)得因此,或; (3)在抛物线上存在点N,使得以C,F,M,N为顶点的四边形是菱形①若CF为对角线,则CF与NM互相垂直平分时,四边形CNFM为菱形∵∴∴,四边形CNFM为正方形∴N点与顶点D重合∵∴,∴菱形CNFM的周长为;②若CF为菱形的一边,则,,NM=NF时,四边形CNFM为菱形过F作FH⊥NM于H,设直线NM交x轴于G,则,∴NM===NF∵,∴∴NF=FH又FH=OG=∴=∴或∴NF=或NF=菱形周长为或 因此,存在菱形,其周长为,或.12.如图,在平面直角坐标系中,点A(1,4),点B(3,2),连接OA,OB.(1)求直线OB与AB的解析式;(2)求△AOB的面积.(3)下面两道小题,任选一道作答.作答时,请注明题号,若多做,则按首做题计入总分.①在y轴上是否存在一点P,使△PAB周长最小.若存在,请直接写出点P坐标;若不存在,请说明理由.②在平面内是否存在一点C,使以A,O,C,B为顶点的四边形是平行四边形.若存在,请直接写出点C坐标;若不存在,请说明理由.【解析】解:(1)设直线OB的解析式为y=mx,∵点B(3,2),∴,∴直线OB的解析式为,设直线AB的解析式为y=kx+b,根据题意可得: 解之得∴直线AB的解析式为y=-x+5.故答案为:直线OB的解析式为,直线AB的解析式为y=-x+5;(2)如图,延长线段AB交x轴于点D,当y=0时,-x+5=0,x=5,∴点D横坐标为5,OD=5,∴,∴,故答案为:5.(3)①存在,(0,);过点A作y轴的对称点,连接B,交y轴与点P,则点P即为使△PAB周长最小的点,由作图可知,点坐标为,又点B(3,2)则直线B的解析式为:,∴点P坐标为,故答案为:; ②存在.或或.有三种情况,如图所示:设点C坐标为,当平行四边形以AO为对角线时,由中点坐标公式可知,AO的中点坐标和BC中点坐标相同,∴解得∴点坐标为,当平行四边形以AB为对角线时,AB的中点坐标和OC的中点坐标相同,则∴点的坐标为,当平行四边形以BO为对角线时,BO的中点坐标和AC的中点坐标相同,则解得∴点坐标为, 故答案为:存在,或或.

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发布时间:2021-09-14 19:00:33 页数:29
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