2015中考数学二轮复习：几何辅助线、二次函数压轴题全解——参考答案.pdf

中中考考满满分分教教程程系系列列 参参考考答答案案 我我爱爱压压轴轴题题 出出品品 中中考考数数学学压压轴轴题题全全解解 Z ZHHOONNGG KKAAOO S SHHUU XXUUE E YYAA Z ZHHOOUU T TI I QQUUAANN J JI IE E 中考命题的参考书 课堂教学的指导书 学生自学的备考书 2 100 目 录 第一部分 第一章 四类几何辅助线 4 1 1 连接 4 1 2 延长 5 1 3 平行 5 1 4 垂直 6 第二章 三大几何辅助线 7 2 1 截长补短 7 2 2 倍长中线 8 2 3 旋转 9 第三章 常见几何模型 10 3 1 垂直模型 10 3 2 角平分线模型 12 3 3 一线三等角模型 13 3 4 等腰直角三角形模型 15 3 5 中位线模型 16 3 6 垂径定理模型 16 3 7 折叠模型 17 3 8 旋转模型 19 第二部分 第四章 三角形的存在问题 21 4 1 直角三角形的存在问题 21 4 2 等腰三角形的存在问题 25 4 3 等边三角形存在的问题 27 4 4 等腰直角三角形存在的问题 28 4 5 全等三角形存在的问题 29 4 6 相似三角形的存在问题 33 第五章 四边形的存在问题 38 5 1 平行四边形的存在问题 38 5 2 矩形的存在问题 42 5 3 菱形的存在问题 44 5 4 正方形的存在问题 46 5 5 梯形的存在问题 48 3 100 第六章 面积问题 51 6 1 面积最大值 51 6 2 面积最小值 53 3 3 面积比值 55 6 4 重叠部分面积 56 6 5 面积的加减乘除 60 第七章 最短路径问题 62 7 1 最短路径问题 和最小 62 7 2 最短路径问题 差最大 65 第八章 其他问题 66 8 1 垂直平分 66 8 2 角相等 66 8 3 中点路径 70 8 4 圆 72 8 5 角度定值 75 8 6 新定义 77 8 7 平移抛物线 79 8 8 中心对称抛物线 81 第三部分 第九章 部分城市中考数学压轴题分析 82 9 1 北京中考数学压轴题分析 82 9 2 上海中考数学压轴题分析 83 9 3 广州中考数学压轴题分析 84 9 4 重庆中考数学压轴题分析 86 9 5 武汉中考数学压轴题分析 90 9 6 成都中考数学压轴题分析 93 9 7 宁波中考数学压轴题分析 94 9 8 哈尔滨中考数学压轴题分析 96 4 100 第一部分 第一章 四类几何辅助线 1 1 连接 1 解 图 2 成立 理由如下 过点 D 作 DM AC DN BC 则 DME DNF MDN 90 又 C 90 DM BC DN AC D 为 AB 边的中点 由中位线定理可知 DN 1 2AC MD 1 2BC AC BC MD ND EDF 90 MDE EDN 90 NDF EDN 90 MDE NDF 在 DME 与 DNF 中 DME DNF MD ND MDE NDF DME DNF ASA S DME S DNF S四边形DMCN S四边形DECF S DEF S CEF 由以上可知 S四边形DMCN 1 2S ABC S DEF S CEF 1 2S ABC 图 3 不成立 理由如下 连接 DC 先证明 DEC DBF ASA DCE DBF 135 S DEF S五边形DBFEC S CFE S DBC S CFE S ABC 2 S DEF S CFE S ABC 2 故 S DEF S CEF S ABC的关系是 S DEF S CEF 1 2S ABC 2 解 1 AB 是 O 的直径 AMB 90 M 是弧 AB 的中点 弧 MB 弧 MA MA MB AMB 为等腰直角三角形 ABM BAM 45 OMA 45 OM AB MB 2 2 AB 2 2 6 2 6 MOE BOE 90 COD 90 MOE MOF 90 BOE MOF 在 OBE 和 OMF 中 OB OM OBE OMF BOE MOF OBE OMF AAS OE OF 2 PMQ 为定值 理由如下 BMQ 1 2 BOQ AMP 1 2 AOP 5 100 BMQ AMP 1 2 BOQ AOP COD 90 BOQ AOP 90 BMQ AMP 1 2 90 45 PMQ BMQ AMB AMP 45 90 135 3 EFM 的周长有最小值 理由如下 OE OF OEF 为等腰直角三角形 EF 2OE OBE OMF BE MF EFM 的周长 EF MF ME EF BE ME EF MB 2OE 6 当 OE BM 时 OE 最小 此时 OE 1 2BM 1 2 6 3 EFM 的周长的最小值为 3 6 9 1 2 延长 1 解 1 BAD 30 BAD 180 30 150 2 延长 CD 至点 E 使得 DE BC 连接 AE 并作 EF AC 于点 F B ADC 180 ADE ADC 180 B ADE 又 AB AD ABC ADE AE AC 4 BAC DAE S ABC S ADE CAE DAE CAD BAC CAD 30 EF 1 2AE 2 S四边形ABCD S ABC S ADC S ADE S ADC S ACE 1 2AC EF 1 2 4 2 4 1 3 平行 1 解 1 如图 1 在 AMD 中 AD 是 ABC 的中线 ABC 为等边三角形 AD BC MAD 30 又 BDM 30 MDA 60 P Q F E O M C B A D F O A BD C E 6 100 AMD 90 在 AMN 中 AMN 90 MAN 60 AMN DMA 90 MAN MDA AMN DMA 2 如图 过点 C 作 CF AB 交 MN 于点 F 则 CFN AMN NC NA CF AM 易证 CFD BMD BM CF AN AC AN BM AM AB AM AM yAC AC yAC AB xAB xAB 即1 x 1 y 2 3 猜想 1 x 1 y 2 n成立 理由如下 如图 过 D 作 M N MN 交 AB 于 M 交 AC 的延长线于 N 则AM AM AG AD AN AN x x n y y 即 x x n y y n 由 2 知1 x 1 y 2 1 x 1 y 2 n 如图 当过点 D 作 M N MN 交 AB 的延长线于 M 交 AC 于 N 则同理可得1 x 1 y 2 n 1 4 垂直 1 解 1 如图 1 过点 F 作 FM AB 于点 M 在正方形 ABCD 中 AC BD 于点 E AE 1 2AC ABD CBD 45 AF 平分 BAC EF MF 又 AF AF Rt AMF Rt AEF AE AM MFB ABF 45 MF MB MB EF EF 1 2AC MB AE MB AM AB 2 E1F1 1 2A1C1与 AB 三者之间的数量关系 E1F1 1 2A1C1 AB 理由如下 如图 2 连接 F1C1 过点 F1作 F1P A1B 于点 P F1Q BC 于点 Q A1F1平分 BA1C1 E1F1 PF1 同理 QF1 PF1 E1F1 PF1 QF1 又 A1F1 A1F1 Rt A1E1F1 Rt A1PF1 A1E1 A1P 同理 Rt QF1C1 Rt E1F1C1 C1Q C1E1 F N D A B C M M N N D A B C M G M N M D A BC G N 7 100 由题意 A1A C1C A1B BC1 AB A1A BC C1C AB BC 2AB PB PF1 QF1 QB A1B BC1 A1P PB QB C1Q A1P C1Q 2E1F1 即 2AB A1E1 C1E1 2E1F1 A1C1 2E1F1 E1F1 1 2A1C1 AB 3 设 PB x 则 QB x A1E1 3 QC1 C1E1 2 Rt A1BC1中 A1B2 BC12 A1C12 即 3 x 2 2 x 2 52 x1 1 x2 6 舍去 PB 1 E1F1 1 又 A1C1 5 由 2 的结论 E1F1 1 2A1C1 AB AB 7 2 BD 7 2 2 第二章 三大几何辅助线 2 1 截长补短 1 解 1 直线 y 3 3 x 3与两坐标轴交于 A B A 3 0 B 0 3 MO 1 过 M 作 MF 垂直 AB 于 F 则 MFA BOA 90 FAM OAB MFA BOA AM AB MF OB A 3 0 B 0 3 M 1 0 OA 3 OB 3 OM 1 AM 3 1 2 由勾股定理得 AB 2 3 2 2 3 MF 3 MF 1 OM MF AB 直线 AB 是小 M 的切线 2 小 M 以 2 单位 秒的速度沿 x 轴向右平移 圆心 M 1 0 则移动 t 秒后的圆心变为 2t 1 0 B 0 3 M 1 0 直线 BM 的解析式为 y 3x 3 因为大 M 以 1 单位 秒的速度沿射线 BM 方向平移 圆心 M 1 0 则移动 t 秒后的圆心变为 1 1 2t 3 2 t 当两圆外切时 两圆心距离为两圆半径的和即 3 4t 2 9 4t 2 OM MA OA 3 解得 t 3秒 当两圆内切时 两圆心距离为两圆半径的差即 3 4t 2 9 4t 2 1 解得 t 3 3 秒 3 如图连接 MB 则 MB 2 MO 1 在 Rt BCO 中 BMO 60 BE x 轴 MBE BMO 60 BM EM BEM 是等边三角形 BEM 60 PEB NEM 在 PM 上截取 PN PE 连接 NE F E BC DA M1 E1 F1 A1 BC AD C1 P Q 8 100 EPM 60 PE PN PNE 是等边三角形 PE EN PEN 60 ENM 60 60 120 EPB 在 PBE 和 NME 中 PEB NEM PE EN EPB ENM PBE NME ASA PB NM PM PN NM PE PB PB PE PM 三者之间的数量关系为 PM PB PE 2 2 倍长中线 1 解 1 BM DM BM DM 在 Rt EBC 中 M 是斜边 EC 的中点 BM 1 2EC EM MC EMB 2 ECB 在 Rt EDC 中 M 是斜边 EC 的中点 DM 1 2EC EM MC EMD 2 ECD BM DM EMD EMB 2 ECD ECB ECD ECB ACB 45 BMD 2 ACB 90 即 BM DM 2 1 中的结论仍成立 延长 DM 至点 F 使得 DM MF 并连接 CD EF BD BF 与 FC 延长 ED 交 AC 于点 H DM MF EM MC 四边形 CDEF 是平行四边形 DE CF ED CF ED AD AD CF DE CF AHE ACF BAD 45 DAH 45 90 AHE AHE 45 BCF ACF 45 BAD BCF 又 AB BC ABD CBF BD BF ABD CBF ABD DBC CBF DBC DBF ABC 90 在 Rt DBF 中 由 BD BF DM MF 得 BM DM 且 BM DM 2 解 1 四边形 ABCD 是正方形 BC AB E 为 AB 中点 P 为 AE 中点 2BE 2AE AB 2PE AE BE BF CF BC BF 3BE BP BE 1 2BE 3 2BE y x F D CMA B O y xQ C E D MA B O P N H F M E C B A D 9 100 BP 1 2CF 2 存在 理由如下 AE BF EB BF EB AE ABE cos BE AB 1 2 60 或 300 存在 使得 AE BF 当 60 或 300 时 AE BF 3 延长 BP 到 G 使 BP PG 连接 AG EG 延长 PB 交 CF 于 H AP EP BP PG 四边形 ABEG 是平行四边形 AG BE BF AG BE GAB ABE 180 ABC EBF 90 CBF ABE 360 180 180 CBF BAG 在 AGB 和 BCF 中 AG BF GAB FBC AB BC AGB BCF CF BG 2BP ABG BCF ABG CBH 180 90 90 BCF CBH 90 CHB 180 90 90 BP CF BP 1 2CF 2 3 旋转 1 解 如图 将 ABP 绕点 B 顺时针旋转 90 使得 AB 与 BC 重合 则 P C PA 1 BPP 是等腰直角三角形 PB 2 PP 2PB 2 2 在 PP C 中 PP 2 P C2 2 2 2 12 9 PC2 32 9 PP 2 P C2 PC2 PP C 是直角三角形 BP C BP P PP C 45 90 135 CBP 是 ABP 绕点 B 顺时针旋转 90 得到 APB BP C 135 2 解 1 在 Rt ABE 和 Rt AGE 中 AB AG AE AE Rt ABE Rt AGE HL BAE GAE 同理 GAF DAF EAF 1 2 BAD 45 2 MN2 ND2 DH2 理由如下 F CB AD E F CB DA E H G P F CB DA E P BC AD P 10 100 BAM DAH BAM DAN 45 HAN DAH DAN 45 HAN MAN 又 AM AH AN AN AMN AHN MN HN BAD 90 AB AD ABD ADB 45 HDN HDA ADB 90 NH2 ND2 DH2 MN2 ND2 DH2 3 由 1 知 BE EG DF FG 设 AG x 则 CE x 4 CF x 6 在 Rt CEF 中 CE2 CF2 EF2 x 4 2 x 6 2 102 解得 x1 12 x2 2 舍去 AG 12 在 Rt ABD 中 BD AB2 AD2 2 AG2 12 2 在 2 中 MN2 ND2 DH2 BM DH MN2 ND2 BM2 设 MN a 则 a2 12 2 3 2 a 2 3 2 2 即 a2 9 2 a 2 3 2 2 a 5 2 即 MN 5 2 第三章 常见几何模型 3 1 垂直模型 1 解 1 如图 1 过点 B 作 BE y 轴于点 E 作 BF x 轴于点 F 由已知得 BF OE 2 OF 42 22 2 3 点 B 的坐标是 2 3 2 设直线 AB 的解析式是 y kx b k 0 则有 4 b 2 2 3k b 解得 k 3 3 b 4 直线 AB 的解析式是 y 3 3 x 4 2 如图 2 ABD 由 AOP 旋转得到 ABD AOP AP AD DAB PAO DAP BAO 60 ADP 是等边三角形 DP AP 42 3 2 19 如图 2 过点 D 作 DH x 轴于点 H 延长 EB 交 DH 于点 G 则 BG DH 方法一 在 Rt BDG 中 BGD 90 DBG 60 BG BD cos60 3 1 2 3 2 DG BD sin60 3 3 2 3 2 OH EG 5 2 3 DH 7 2 点 D 的坐标为 5 2 3 7 2 方法二 易得 AEB BGD 90 ABE BDG ABE BDG BG AE DG BE BD AB NM F D G B A C E 11 100 AE 2 BD OP 3 BE 2 3 AB 4 BG 2 DG 2 3 3 4 解得 BG 3 2 DG 3 2 OH 5 2 3 DH 7 2 点 D 的坐标为 5 2 3 7 2 3 假设存在点 P 在它的运动过程中 使 OPD 的面积等于 3 4 设点 P 为 t 0 下面分三种情况讨论 当 t 0 时 如图 BD OP t DG 3 2 t DH 2 3 2 t OPD 的面积等于 3 4 1 2t 2 3 2 t 3 4 解得 t1 21 2 3 3 t2 21 2 3 3 舍去 点 P1的坐标为 21 2 3 3 0 当 D 在 y 轴上时 根据勾股定理求出 BD 4 3 3 OP 当 4 3 3 t 0 时 如图 BD OP t DG 3 2 t GH BF 2 3 2 t 2 3 2 t OPD 的面积等于 3 4 1 2t 2 3 2 t 3 4 解得 t1 3 3 t2 3 点 P2的坐标为 3 3 0 点 P3的坐标为 3 0 当 t 4 3 3 时 如图 3 BD OP t DG 3 2 t DH 3 2 t 2 OPD 的面积等于 3 4 1 2 t 2 3 2 t 3 4 解得 t1 21 2 3 3 舍去 t2 21 2 3 3 点 P4的坐标为 21 2 3 3 0 点 P 的坐标分别为 21 2 3 3 0 3 3 0 3 0 或 21 2 3 3 0 y x G HF D B E A O P y x H F D B E A O P G 12 100 3 2 角平分线模型 1 解 1 AB AC A 100 ABC ACB 1 2 180 A 40 CD 平分 ACB ACD BCD 1 2 ACB 20 ADC 180 A ACD 180 100 20 60 故答案为 60 2 方法一 延长 CD 使 CE BC 连接 BE 在 CB 上截取 CF AC 连接 DF CEB CBE 1 2 180 BCD 80 EBD CBE ABC 80 40 40 EBD ABC 在 ACD 和 FCD 中 AC CF ACD FCD 20 CD CD ACD FCD SAS AD DF DFC A 100 BDF DFC ABC 100 40 60 EDB ADC 60 EDB BDF EBD FBD 40 在 BDE 和 BDF 中 EDB FBD BD BD EBD FBD BDE BDF ASA DE DF AD BC CE DE CD BC AD CD 方法二 在 CB 上截取 CE CD 连接 DE 截取 CF CA 连接 DF CED CDE 1 2 180 BCD 80 BDE CED B 80 40 40 BDE B BE DE ACD BCD CD CD ACD FCD SAS AD DF DFC A 100 BFD 180 DFC 180 100 80 BFD CED BE DE DF AD BC BE CE AD CD y x H D B E A OP G D CB A E F 13 100 方法三 在 CB 上截取 CE CD 连接 DE 过点 D 分别作 DG CA 于点 G DF CB 于点 F CED CDE 1 2 180 BCD 80 DGA DFE 90 CD 是 ACB 的平分线 DG DF BAC 100 DAG 180 BAC 80 DAG CED DEF DAG AAS DE DA ADC 60 BDE 180 CDE ADC 180 80 60 40 BDE B 40 BE DE DA BC BE CE AD CD 3 3 一线三等角模型 1 解 1 P 为 BC 边中点 BP CP AB AC AD AE BD CE ABC 是等腰直角三角形 AB AC B C 45 在 BPD 和 CPE 中 BP CP B C BD CE BPD CPE SAS 2 MPN 45 BPD CPE 180 45 135 B C 45 BDP CEP 180 2 45 2 135 135 即 BDP CEP 的度数是定值 135 过点 P 作 PF AB 于 F 作 PH AC 于 H 易得 BPF CPH PF PH 把 PDF 绕点 P 顺时针旋转 使 PF 与 PH 重合得到 PHK PD PK DPF KPH MPN 45 EPK EPD 45 在 DEP 和 KEP 中 PD PK EPK EPD PE PE DEP KEP SAS CEP DEP PE 平分 CED 过点 P 作 PG DE 于 G 在 PEH 和 PEG 中 CEP DEP PGE PHE 90 PE PE PEH PEG AAS PH PG PF PH PF PG PD 平分 BDE 3 把 ABE 绕点 A 逆时针旋转 90 得到 ACD AE AD BE CD ACD B 45 CAD BAE MAN 45 EAF DAF 45 在 AEF 和 ADF 中 AE AD EAF DAF AF AF AEF ADF SAS D CB A EF G D BC A E F 14 100 DCF ACB ACD 45 45 90 DF2 CD2 CF2 EF2 BE2 CF2 2 解 1 由题意得 1 b c 0 c 3 解得 b 2 c 3 抛物线的解析式为 y x 2 2x 3 2 方法一 假设在抛物线上存在点 G 设 G m n 显然 当 n 3 时 HGC 不存在 当 n 3 时 可得 S GHA m 2 n 2 1 2 S GHC m S GHC S GHA m n 1 0 由 n m2 2m 3 m n 1 0 解得 m 3 17 2 n 1 17 2 或 m 3 17 2 n 1 17 2 点 G 在 y 轴的左侧 G 3 17 2 1 17 2 当 4 n 3 时 可得 S GHA m 2 n 2 1 2 S GHC m S GHC S GHA 3m n 1 0 由 n m2 2m 3 3m n 1 0 解得 m 1 n 4 或 m 2 n 5 点 G 在 y 轴的左侧 G 1 4 存在点 G 3 17 2 1 17 2 或 G 1 4 方法二 如图 当 GH AC 时 点 A 点 C 到 GH 的距离相等 S GHC S GHA 可得 AC 的解析式为 y 3x 3 GH AC 得 GH 的解析式为 y 3x 1 G 1 4 如图 当 GH 与 AC 不平行时 点 A C 到直线 GH 的距离相等 直线 GH 过线段 AC 的中点 M 1 2 3 2 直线 GH 的解析式为 y x 1 G 3 17 2 1 17 2 存在点 G 3 17 2 1 17 2 或 G 1 4 3 方法一 如图 E 2 0 D 的横坐标为 2 点 D 在抛物线上 D 2 3 F 是 OC 中点 F 0 3 2 直线 DF 的解析式为 y 3 4x 3 2 则它与 x 轴交于点 Q 2 0 则 QB QD 得 QBD QDB BPE EPF FPD DFP PDF FPD 180 EPF PDF BPE DFP PBE FDP PB FD BE DP 得 PB DP 5 2 PB DP BD 10 PB 10 2 即 P 是 BD 的中点 F G H E P C N B A D M K FE C A B MN D 15 100 连接 DE 在 Rt DBE 中 PE 1 2BD 10 2 方法二 可知四边形 ABDC 为等腰梯形 取 BD 的中点 P P F 1 2 OB CD 5 2 P F CD AB 连接EF 可知EF DF 5 2 EF FP FD FEP FP D EP F FP D FDP EP F 和 EPF 重合 P 和 P 重合 P 为 BC 中点 PE 1 2BD 10 2 3 4 等腰直角三角形模型 1 解 1 如图 过点 M 作 ME OP 于点 E 作 MF OQ 于点 F O 90 MEO 90 OFM 90 四边形 OEMF 是矩形 M 是 PQ 的中点 OP OQ 4 O 90 ME 1 2OQ 2 MF 1 2OP 2 ME MF 四边形 OEMF 是正方形 AME AMF 90 BMF AMF 90 AME BMF 在 AME 和 BMF 中 AME BMF ME MF AEM BFM 90 AME BMF ASA MA MB 2 有最小值 最小值为 4 2 2 理由如下 根据 1 AME BMF AE BF 设 OA x 则 AE 2 x OB OF BF 2 2 x 4 x 在 Rt AME 中 AM AE2 ME2 2 x 2 22 AMB 90 MA MB AB 2AM 2 2 x 2 22 2 x 2 8 AOB 的周长 OA OB AB x 4 x 2 x 2 8 4 2 x 2 8 所以 当 x 2 即点 A 为 OP 的中点时 AOB 的周长有最小值 最小值为 4 8 即 4 2 2 y x H B C AO G G y xQ F D EB C AO P 16 100 3 5 中位线模型 1 解 1 P O1 O2分别为 AB AC BC 的中点 AP BP AO1 BO2 PO1 1 2BC PO2 1 2AC 四边形 PO1CO2是平行四边形 AC BC PO1 PO2 四边形 PO1CO2是菱形 2 P 为 AB 中点 AP BP 又 O1为 AC 中点 O1P 为 ABC 的中位线 O1P O2B 1 2BC 同理可得 O2P AO1 1 2AC AO1P BO2P SSS AO1P BO2P 又 AO1E BO2F AO1P AO1E BO2P BO2F 即 PO1E FO2P 又 O1A O1E O2P 且 PO1 BO2 FO2 PO1E FO2P 但四边形 PO1CO2不是菱形 3 Rt APC 中 设 AP c AC a PC b c2 a2 b2 AB2 4c2 4 a2 b2 过点 B 作 AC 的垂线 交 AC 的延长线于 D 点 CD a BD 2b BC2 a2 4b2 BC2 3AC2 a2 4b2 3a2 4 a2 b2 AB2 BC2 3AC2 3 6 垂径定理模型 1 解 1 PE AB PF CD PEO PFO 90 AOD 120 EPF 360 PEO PFO AOD 60 2 点 P 运动过程中 OEF 的边 EF 的长度不变 理由如下 分别延长 PE PF 交 O 于点 M N 连接 OM ON MN 过点 O 作 OH MN 垂直为 H MH 1 2MN PE AB PF CD AB CD 为 O 的两条直径 E F 分别为 PM PN 的中点 B A M P OQ E F D O1 O2 P A B C 17 100 EF 1 2MN 由 1 得 EPF 60 MOH NOH 1 2 MON 1 2 120 60 AB 6 OM 3 在 Rt MOH 中 MH MO sin60 3 3 2 3 3 2 EF 1 2MN MH 3 3 2 即 OEF 的边 EF 的长度不变 3 7 折叠模型 1 解 1 四边形 OABC 是矩形 点 A C 的坐标分别为 3 0 0 1 B 3 1 若直线经过点 A 3 0 时 则 b 3 2 若直线经过点 B 3 1 时 则 b 5 2 若直线经过点 C 0 1 时 则 b 1 若直线与折线 OAB 的交点在 OA 上时 即 1 b 3 2 如图 1 此时 E 2b 0 S 1 2OE CO 1 2 2b 1 b 若直线与折线 OAB 的交点在 BA 上时 即3 2 b 5 2 如图 2 此时 E 3 b 3 2 D 2b 2 1 S S矩 S OCD S OAE S DBE 3 1 2 2b 2 1 1 2 5 2b 5 2 b 1 2 3 b 3 2 5 2b b 2 S b 1 b 3 2 5 2b b 2 3 2 b 5 2 2 如图 3 设 O1A1与 CB 相交于点 M OA 与 C1B1相交于点 N 则矩形 O1A1B1C1与矩形 OABC 的重叠部分的面积即为四边形 DNEM 的面积 由题意知 DM NE DN ME 四边形 DNEM 为平行四边形 根据轴对称知 MED NED 又 MDE NED MED MDE MD ME 平行四边形 DNEM 为菱形 过点 D 作 DH OA 垂足为 H 由题易知 tan DEO 1 2 DH HE 1 2 DH 1 HE 2 设菱形 DNEM 的边长为 a 则在 Rt DHN 中 由勾股定理知 a2 2 a 2 12 a 5 4 S 四边形DNEM NE DH 5 4 矩形 OA1B1C1与矩形 OABC 的重叠部分的面积不发生变化 面积始终为5 4 H M N F E D B O C A P 18 100 2 解 1 APB CPE 90 CEP CPE 90 APB CEP 又 B C 90 ABP PCE AB PC BP CE 即 2 m x x y y 1 2x 2 m 2x 2 y 1 2x 2 m 2x 1 2 x m 2 2 m 2 8 当 x m 2时 y 取得最大值 最大值为 m2 8 点 P 在线段 BC 上运动时 点 E 总在线段 CD 上 m 2 8 1 解得 m 2 2 m 的取值范围为 0 m 2 2 3 由折叠可知 PG PC EG EC GPE CPE 又 GPE APG 90 CPE APB 90 APG APB BAG 90 AG BC GAP APB GAP APG AG PG PC 方法一 如解答图所示 分别延长 CE AG 交于点 H 则易知 ABCH 为矩形 HE CH CE 2 y GH AH AG 4 4 x x 在 Rt GHE 中 由勾股定理得 GH2 HE2 GE2 即 x2 2 y 2 y2 化简得 x2 4y 4 0 由 1 可知 y 1 2x 2 m 2x 这里 m 4 y 1 2x 2 2x 代入 式整理得 3x2 8x 4 0 解得 x 2 3或 x 2 BP 的长为 2 3或 2 方法二 如解答图所示 连接 GC AG PC AG PC 四边形 APCG 为平行四边形 AP CG 易证 ABP GNC CN BP x 过点 G 作 GN PC 于点 N 则 GN 2 PN PC CN 4 2x 在 Rt GPN 中 由勾股定理得 PN2 GN2 PG2 即 4 2x 2 22 4 x 2 整理得 3x2 8x 4 0 解得 x 2 3或 x 2 BP 的长为 2 3或 2 方法三 过点 A 作 AK PG 于点 K APB APG AK AB 易证 APB APK PK BP x GK PG PK 4 2x 在 Rt AGK 中 由勾股定理得 GK2 AK2 AG2 即 4 2x 2 22 4 x 2 整理得 3x2 8x 4 0 解得 x 2 3或 x 2 BP 的长为 2 3或 2 y x E DB C AO y x O1 B1 N M D E B C AO A1 C1 H 19 100 3 8 旋转模型 1 解 1 BPA 90 PA PB PAB 45 BAO 45 PAO 90 四边形 OAPB 是正方形 P 点的坐标为 2 2 a 2 2 a 2 作 PE x 轴交 x 轴于 E 点 作 PF y 轴交 y 轴于 F 点 BPE EPA 90 EPB FPB 90 FPB EPA PFB PEA BP AP PBF PAE PE PF 点 P 都在 AOB 的平分线上 3 作 PE x 轴交 x 轴于 E 点 作 PF y 轴交 y 轴于 F 点 则 PE h 设 APE 在 Rt APE 中 AEP 90 PA 2 2 a PE PA cos 2 2 a cos 顶点 A 在 x 轴正半轴上运动 顶点 B 在 y 轴正半轴上运动 x 轴的正半轴 y 轴的正半轴都 不包含原点 O 0 45 a 2 h 2 2 a 2 解 1 BAC 90 45 AP BC BP CP AP BP 又 MBN 90 BM BN AP PN AP PN BP PC 且 AN BC 四边形 ABNC 是正方形 ANC 45 连接 CN 当 45 时 中的结论不发生变化 理由如下 BAC MBN 90 AB AC BM BN ABC ACB BNP 45 又 BPN APC BNP ACP BP AP PN PC 又 APB CPN ABP CNP ANC ABC 45 2 ANC 90 1 2 BAC 理由如下 BAC MBN 90 AB AC BM BN ABC ACB BNP 1 2 180 BAC 又 BPN APC BNP ACP BP AP PN PC 又 APB CPN ABP CNP K G E E BC H A PN y x P C D O B AE F 20 100 ANC ABC 在 ABC 中 ABC 1 2 180 BAC 90 1 2 BAC 3 解 1 AB BC A 36 ABC C 72 又 BE 平分 ABC ABE CBE 36 BEC 180 C CBE 72 ABE A BEC C AE BE BE BC AE BC 2 AC AB 且 EF BC AE AF 由旋转的性质可知 E AC F AB AE AF 在 CAE 和 BAF 中 AC AB E AC F AB AE AF CAE BAF CE BF 3 存在 CE AB 理由如下 由 1 可知 AE BC 所以 在 AEF 绕点 A 逆时针旋转过程中 E 点经过的路径 圆弧 与过点 C 且与 AB 平行的直线 l 交于 M N 两点 如图 当点 E 的像 E 与点 M 重合时 则四边形 ABCM 为等腰梯形 BAM ABC 72 又 BAC 36 CAM 36 当点 E 的像 E 与点 N 重合时 由 AB l 得 AMN BAM 72 AM AN ANM AMN 72 MAN 180 2 72 36 CAN CAM MAN 72 当旋转角为 36 或 72 时 CE AB 4 解 1 延长 GP 交 DC 于点 E 利用 PED PGF 得出 PE PG DE FG BGF 是等边三角形 FG BG 又 四边形 ABCD 是菱形 CD CB CE CG CP 是 EG 的中垂线 在 Rt CPG 中 PCG 60 PG 3PC 2 如图 2 延长 GP 交 DA 于点 E 连接 EC GC ABC 60 BGF 正三角形 GF BC AD EDP GFP 在 DPE 和 FPG 中 EDP GFP DP FP DPE FPG a N C A B P M 36 M F F E BC A N E 21 100 DPE FPG ASA PE PG DE FG BG CDE CBG 60 CD CB 在 CDE 和 CBG 中 CD CB CDE CBE 60 DE BG CDE CBG SAS CE CG DCE BCG ECG DCB 120 PE PG CP PG PCG 1 2 ECG 60 PG 3PC 3 PG 3PC 理由如下 如图 3 延长 GP 到 H 使 PH PG 连接 CH CG DH 作 FE DC P 是线段 DF 的中点 FP DP GPF HPD GFP HDP GF HD GFP HDP GFP PFE 120 PFE PDC CDH HDP PDC 120 四边形 ABCD 是菱形 CD CB ADC ABC 60 点 A B G 又在一条直线上 GBC 120 BFG 是等边三角形 GF GB HD GB HDC GBC CH CG DCH BCG DCH HCB BCG HCB 120 即 HCG 120 CH CG PH PG PG PC GCP HCP 60 PG 3PC 第第二二部分部分 第四章 三角形的存在问题 4 1 直角三角形的存在问题 1 解 1 当 y 0 时 3 8x 2 3 4x 3 0 解得 x1 4 x2 2 A B 点的坐标为 A 4 0 B 2 0 2 抛物线 y 3 8x 2 3 4x 3 的对称轴是直线 x 3 4 2 3 8 1 即 D 点的横坐标是 1 设直线 AC 的解析式为 y kx b 将 A 4 0 C 0 3 坐标代入 得 4k b 0 b 3 解得 k 3 4 b 3 直线 AC 解析式为 y 3 4x 3 过点 B 作直线 DB1 AC 交抛物线的对称轴于点 D1 连接 AD1 CD1 E P F G C A D B H P F G C D A B 22 100 DB1 AC S ACB S ACD1 设直线 DB1的解析式为 y 3 4x b 代入点 B 2 0 得 3 4 2 b 0 b 3 2 直线 DB1的解析式为 y 3 4x 3 2 当 x 1 时 y 9 4 点 D1的坐标为 1 9 4 3 3 2 9 2 把直线 AC 向上平移9 2个单位长度得直线 l y 3 4x 15 2 与抛物线的对称轴于点 D2 当当 x 1 时 y 27 4 点 D1的坐标为 1 27 4 综上所述 当 ACD 的面积等于 ACB 的面积时 点 D 的坐标为 1 9 4 或 1 27 4 答图 1 答图 2 3 如答图 2 以 AB 为直径作 F 圆心为 F 过 E 点作 F 的切线 这样的切线有 2 条 连接 FM 过 M 作 MN x 轴于点 N A 4 0 B 2 0 F 1 0 F 半径 FM FB 3 又 FE 5 则在 Rt MEF 中 ME 52 32 4 sin MFE 4 5 cos MFE 3 5 在 Rt FMN 中 MN MF sin MFE 3 4 5 12 5 FN MF cos MFE 3 3 5 9 5 则 ON 4 5 M 点坐标为 4 5 12 5 直线 l 过 M 4 5 12 5 E 4 0 设直线 l 的解析式为 y kx b 得 4 5k b 12 5 4k b 0 解得 k 3 4 b 3 所以直线 l 的解析式为 y 3 4x 3 同理 可以求得另一条切线的解析式为 y 3 4x 3 y x D1 B C AO y x M FE B C AO N 23 100 综上所述 直线 l 的解析式为 y 3 4x 3 或 y 3 4x 3 2 解 1 当 t 2 时 DH AH 4 则 H 为 AD 的中点 如答图 1 所示 又 EF AD EF 为 AD 的垂直平分线 AE DE AF DF AB AC AD BC 于点 D AD BC B C EF BC AEF B AFE C AEF AFE AE AF AE AF DE DF 即四边形 AEDF 为菱形 答图 1 答图 2 2 如答图 2 所示 由 1 知 EF BC AEF ABC EF BC AH AD 即 EF 10 8 2t 8 解得 EF 10 5 2t S PEF 1 2EF DH 1 2 10 5 2 t 2t 5 2t 2 10t 5 2 t 2 2 10 当 t 2 秒时 S PEF存在最大值 最大值为 10 此时 BP 3t 6 答图 3 答图 3 3 存在 理由如下 若点 E 为直角顶点 如答图 3 所示 此时 PE AD PE DH 2t BP 3t PE AD PE AD BP BD 即 2t 8 3t 5 此比例式不成立 故此种情形不存在 若点 F 为直角顶点 如答图 3 所示 此时 PF AD PF DH 2t BP 3t CP 10 3t PF AD PE AD BP BD 即 2t 8 10 3t 5 解得 t 40 17 若点 P 为直角顶点 如答图 3 所示 过点 E 作 EM BC 于点 M 过点 F 作 FN BC 于点 N 则 EM FN DH 2t EM FN AD EF DB C A P H EF DB C A P H EF DB C A P H EF DB C A P H 24 100 EM AD EM AD BM CD 即 2t 8 BM 5 解得 BM 5 4t PM BP BM 3t 5 4t 7 4t 在 EMP 中 由勾股定理得 PE2 EM2 PM2 2t 2 7 4t 2 113 16 t2 FN AD FN AD CN CD 即 2t 8 CN 5 解得 CN 5 4t PN BC BP CN 10 3t 5 4t 10 17 4 t 在 FNP 中 由勾股定理得 PF2 FN2 PN2 2t 2 10 17 4 t 2 353 16 t2 85t 100 在 PEF 中 由勾股定理得 EF2 PE2 PF2 即 10 5 2t 2 113 16 t2 353 16 t2 85t 100 化简得 183 8 t2 35t 0 解得 t 280 183或 t 0 舍去 t 280 183 综上所述 当 t 40 17秒或 t 280 183秒时 PEF 为直角三角形 答图 3 3 解 1 能 如图 1 点 P 以 1 厘米 秒的速度沿 AC 向终点 C 运动 点 Q 以 1 25 厘米 秒的速度沿 BC 向终点 C 运动 t 1 秒 AP 1 厘米 BQ 1 25 厘米 AC 4cm BC 5cm 点 D 在 BC 上 CD 3cm PC AC AP 4 1 3 厘米 QD BC BQ CD 5 1 25 3 0 75 厘米 PE BC AP AC PE CD 1 4 PE 3 解得 PE 0 75 PE BC PE QD 四边形 EQDP 是平行四边形 2 如图 2 点 P 以 1 厘米 秒的速度沿 AC 向终点 C 运动 点 Q 以 1 25 厘米 秒的速度沿 BC 向终点 C 运动 PC AC AP 4 t QC BC BQ 5 1 25t PC AC 4 t 4 1 t 4 CQ BC 5 1 25t 5 1 t 4 PC AC CQ BC PQ AB 3 分两种情况讨论 如图 3 当 EQD 90 时 显然有 EQ PC 4 t 又 EQ AC EDQ ADC EQ AC DQ DC EF DB C A P H MN 25 100 BC 5 厘米 CD 3 厘米 BD 2 厘米 DQ 1 25t 2 4 t 4 1 25t 2 3 解得 t 2 5 秒 如图 4 当 QED 90 时 作 EM BC 于 M CN AD 于 N 则四边形 EMCP 是矩形 EM PC 4 t 在 Rt ACD 中 AC 4 厘米 CD 3 厘米 AD AC2 CD2 42 32 5 CN AC CD AD 12 5 CDA EDQ QED C 90 EDQ CDA DQ AD EQ AC EM CN 1 25t 2 5 5 4 t 12 解得 t 3 1 秒 综上所述 当 t 2 5 秒或 t 3 1 秒时 EDQ 为直角三角形 图 1 图 2 图 3 图 4 4 2 等腰三角形的存在问题 1 解 1 矩形 ABCD B 5 3 A 5 0 C 0 3 点 A 5 0 C 0 3 在抛物线 y 3 5x 2 bx c 上 3 5 25 5b c 0 c 3 解得 b 18 5 c 3 抛物线的解析式为 y 3 5x 2 18 5 x 3 2 如图 1 所示 y 3 5x 2 18 5 x 3 3 5 x 3 2 12 5 抛物线的对称轴为直线 x 3 设对称轴与 BD 交于点 G 与 x 轴交于点 H 则 H 3 0 E BC A D P Q E BC A D P Q E BC A D Q P E BC A D Q