




版權說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內容提供方,若內容存在侵權,請進行舉報或認領
文檔簡介
【沖刺2022】之2021年中考數學壓軸題真題精講精練+變式訓練專題1.2安徽卷(壓軸8道+變式訓練32道)說明:本專輯精選了2021年安徽卷失分較多和難度較大的題目8道,分別是第8題菱形的性質與計算、第10題三角形的性質綜合問題、第14題二次函數的性質綜合問題、第17題解直角三角形的應用問題、第18題材料閱讀探究問題、第20題圓的計算與證明綜合問題、第22題二次函數壓軸綜合問題、第23題幾何綜合探究問題,每道題精講精析,配有變式練習各4道,安徽模擬變式訓練題共32道,解析共62頁.【壓軸一】菱形的性質與計算【真題再現】(安徽第8題)如圖,在菱形ABCD中,AB=2,∠A=120°,過菱形ABCD的對稱中心O分別作邊AB,BC的垂線,交各邊于點E,F,G,H,則四邊形EFGH的周長為()A.3+3 B.2+23 C.2+3 D.1+23【思路點撥】證明△BEF是等邊三角形,求出EF,同法可證△DGH,△EOH,△OFG都是等邊三角形,求出EH,GF,FG即可.【詳析詳解】解:如圖,連接BD,AC.∵四邊形ABCD是菱形,∠BAD=120°,∴AB=BC=CD=AD=2,∠BAO=∠DAO=60°,BD⊥AC,∴∠ABO=∠CBO=30°,∴OA=12AB=1,OB=3OA=3,∵OE⊥AB,OF⊥BC,∴∠BEO=∠BFO=90°,在△BEO和△BFO中,∠??????=∠??????∠??????=∠??????????=????,∴△BEO≌△BFO(AAS),∴OE=OF,BE=BF,∵∠EBF=60°,∴△BEF是等邊三角形,∴EF=BE=3×32=32,同法可證,△DGH,△OEH,△OFG都是等邊三角形,∴EF=GH=32,EH=FG=32,∴四邊形EFGH的周長=3+3,故選:A.【方法小結】本題考查中心對稱,菱形的性質,等邊三角形的判定和性質,解直角三角形等知識,解題的關鍵是學會添加常用輔助線,構造直角三角形解決問題,屬于中考常考題型.【變式訓練】【變式1.1】(2021·安徽合肥市·合肥38中九年級三模)如圖,在中,,為中線,為的中點,交于點,若,,則的長為()A.2 B.4 C.3 D.2.5【答案】D【分析】根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可知CE的長度,再根據中位線定理,即可求得DF的長度.【詳解】解:∵在中,,為中線,,,∴,∴,∵為的中點,∴,∵,點D是BC的中點,∴,故選:D.【點睛】本題主要考查勾股定理,直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半,以及中位線定理,熟練掌握以上知識點是解決本題的關鍵.【變式1.2】(2021·安徽合肥市·九年級二模)如圖,矩形紙片中,,.點E、G分別在,上,將、分別沿、翻折,點A的對稱點為點F,點D的對稱點為點H,當E、F、H、C四點在同一直線上時,連接,則線段長為()A. B. C. D.【答案】A【分析】由翻折可以得到:,,求得,證明出,過點H作于點M,,進而進行求解.【詳解】由翻折可知:,,在中:,∴,如圖所示:,,∴,∵,,∴,∴,,∴,,過點H作于點M,如圖所示:則,∴,∴,解得:,,則,在中,,故選:A.【點睛】本題主要考查了矩形的相關性質,全等三角形,正確讀懂題意是解題的關鍵.【變式1.3】(2021·安慶市教育教學研究室九年級一模)如圖,菱形的邊長為10,對角線=16,點分別是邊的中點,連接并延長與的延長線相交于點,則長為()A.13 B.10 C.12 D.5【答案】C【分析】連接對角線BD,交AC于點O,證四邊形BDEG是平行四邊形,得EG=BD,利用勾股定理求出OD的長,BD=2OD,即可求出EG.【詳解】解:連接BD,交AC于點O,如圖:∵菱形ABCD的邊長為10,點E、F分別是邊CD、BC的中點,∴AB∥CD,AB=BC=CD=DA=10,EF∥BD,∵AC、BD是菱形的對角線,AC=16,∴AC⊥BD,AO=CO=8,OB=OD,又∵AB∥CD,EF∥BD,∴DE∥BG,BD∥EG,∴四邊形BDEG是平行四邊形,∴BD=EG,在△COD中,∵OC⊥OD,CD=10,CO=8,∴OB=OD=,∴BD=2OD=12,∴EG=BD=12;故選:C.【點睛】本題主要考查了菱形的性質,平行四邊形的判定與性質及勾股定理等知識;熟練掌握菱形、平行四邊形的性質和勾股定理是解題的關鍵.【變式1.4】(2021·安徽合肥市·合肥38中九年級二模)如圖,在矩形ABCD中,AB=14,BC=7,M、N分別為AB、CD的中點,P、Q均為CD邊上的動點(點Q在點P左側),點G為MN上一點,且PQ=NG=5,則當MP+GQ=13時,滿足條件的點P有()A.4個 B.3個 C.2個 D.1個【答案】D【分析】分三種情況討論:當在的兩側時,設則當在的右側時,設當都在的左側時,設再利用勾股定理與平方差公式求解,從而可得答案.【詳解】解:如圖,當在的兩側時,設則矩形ABCD,M、N分別為AB、CD的中點,四邊形四邊形都是矩形,由勾股定理得:整理得:如圖,當在的右側時,設同理可得:解得:不合題意舍去,如圖,當都在的左側時,設同理可得:解得:不合題意舍去,綜上:滿足條件的點只有個,故選:【點睛】本題考查的是矩形的性質與判定,勾股定理的應用,平方差公式的應用,一元二次方程的解法,掌握以上知識是解題的關鍵.【壓軸二】三角形的性質綜合問題【真題再現】(安徽第10題)在△ABC中,∠ACB=90°,分別過點B,C作∠BAC平分線的垂線,垂足分別為點D,E,BC的中點是M,連接CD,MD,ME.則下列結論錯誤的是()A.CD=2ME B.ME∥AB C.BD=CD D.ME=MD【思路點撥】根據題意作出圖形,可知點A,C,D,B四點共圓,再結合點M是中點,可得DM⊥BC,又CE⊥AD,BD⊥AD,可得△CEM≌△BFM,可得EM=FM=DM,延長DM交AB于點N,可得MN是△ACB的中位線,再結合直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半,可得DN=AN,得到角之間的關系,可得ME∥AB.【詳析詳解】解:根據題意可作出圖形,如圖所示,并延長EM交BD于點F,延長DM交AB于點N,在△ABC中,∠ACB=90°,分別過點B,C作∠BAC平分線的垂線,垂足分別為點D,E,由此可得點A,C,D,B四點共圓,∵AD平分∠CAB,∴∠CAD=∠BAD,∴CD=DB,(故選項C正確)∵點M是BC的中點,∴DM⊥BC,又∵∠ACB=90°,∴AC∥DN,∴點N是線段AB的中點,∴AN=DN,∴∠DAB=∠ADN,∵CE⊥AD,BD⊥AD,∴CE∥BD,∴∠ECM=∠FBM,∠CEM=∠BFM,∵點M是BC的中點,∴CM=BM,∴△CEM≌△BFM(AAS),∴EM=FM,∴EM=FM=DM(故選項D正確),∴∠FEM=∠MDE=∠DAB,∴EM∥AB(故選項B正確),綜上,可知選項A的結論不正確.故選:A.【方法小結】本題主要考查直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半,中位線定理,全等三角形的性質與判定等,根據題中條件,作出正確的輔助線是解題關鍵.【變式訓練】【變式2.1】(2021·合肥市第四十二中學九年級一模)如圖,在中,,,,點D是邊上一動點,連接,在上取一點E,使,連接,則的最小值為()A. B. C. D.【答案】C【分析】根據∠DCE+∠ACE=90°,∠DCE=∠DAC,確定∠DAC+∠ACE=90°即∠AEC=90°,取AC的中點F,當B、E、F三點共線時,BE最小,根據勾股定理求解即可【詳解】∵,∴∠DCE+∠ACE=90°,∵∠DCE=∠DAC,∴∠DAC+∠ACE=90°即∠AEC=90°,取AC的中點F,當B、E、F三點共線時,BE最小,∵,,,∴AC=4,∴AF=CF=EF=2,∴BF=∴BE=BF-EF=,故選C【點睛】本題考查了勾股定理,直角三角形的判定,斜邊上的中線等于斜邊的一半,兩點之間線段最短原理,取AC的中點F,準確構造兩點之間線段最短原理是解題的關鍵.【變式2.2】(2021·合肥市第四十五中學九年級一模)如圖,ABC、BDE都是等腰直角三角形,BA=BC,BD=BE,AC=4,DE=2.將△BDE繞點B逆時針方向旋轉后得,當點E'恰好落在線段上時,則的長為()A. B. C. D.【答案】B【分析】過A點作AH⊥BE′于E′,如圖,利用等腰直角三角形的性質得AB=2,BE=BD=2,∠BED=45°,再根據旋轉的性質得∠BE′D′=∠BED=45°,∠E′BD′=∠EBD=90°,E′D′=ED=2,BD′=BD=BE′=2,設AH=x,則HE′=x,AE′=x,利用勾股定理得到x2+(x+2)2=(2)2,解方程得到AE′=﹣,所以AD′=AE′+E′D′=+,然后證明△BAD′≌△BCE′,從而得到CE′=AD′.【詳解】解:過A點作AH⊥BE′于E′,如圖,∵△ABC、△BDE都是等腰直角三角形,∴AB=AC=×4=2,BE=BD=DE=×2=2,∠BED=45°,∵△BDE繞點B逆時針方向旋轉后得△BD'E′,∴∠BE′D′=∠BED=45°,∠E′BD′=∠EBD=90°,E′D′=ED=2,BD′=BD=BE′=2,∵∠AE′H=∠BE′D=45°,∴AH=E′H,設AH=x,則HE′=x,AE′=x,在Rt△AHB中,x2+(x+2)2=(2)2,解得x1=﹣1,x2=﹣﹣1(舍去),∴AE′=x=(﹣1)=﹣,∴AD′=AE′+E′D′=+2=+,在△BAD′和△BCE′中,,∴△BAD′≌△BCE′(SAS),∴CE′=AD′=+.故選:B.【點睛】本題考查了旋轉的性質:對應點到旋轉中心的距離相等;對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角;旋轉前、后的圖形全等也考查了等腰直角三角形.【變式2.3】(2021·安徽亳州市·九年級一模)如圖,在銳角△ABC中,AB=6,∠ABC=60°,∠ABC的平分線交AC于點D,點P,Q分別是BD,AB上的動點,則AP+PQ的最小值為()A.6 B.6 C.3 D.3【答案】D【分析】在BC上取E,使BE=BQ,這樣AP+PQ轉化為AP+PE即可得出答案.【詳解】解:如圖,在BC上取E,使BE=BQ,連接PE,過A作AH⊥BC于H,∵BD是∠ABC的平分線,∴∠ABD=∠CBD,∵BP=BP,BE=BQ,∴△BPQ≌△BPE(SAS),∴PE=PQ,∴AP+PQ的最小即是AP+PE最小,當AP+PE=AH時最小,在Rt△ABH中,AB=6,∠ABC=60°,∴AH=AB?cos60°=,∴AP+PQ的最小為,故選:D.【點睛】本題考查兩條線段和的最小值,解題的關鍵是作輔助線把PQ轉化到BD的另一側.【變式2.4】(2021·安徽九年級三模)如圖,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=8,BC=6,點D是AC的中點,將CD繞著點C逆時針旋轉一周,在旋轉的過程中,點D的對應點為點E,連接AE、BE,則△AEB面積的最小值是()A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【分析】作CH⊥AB于H,如圖,先利用勾股定理計算出AB=10,再利用面積法計算出CH=,再根據旋轉的性質得CE=4,然后利用點E點在HC上,點E到AB的距離最小,即可求△AEB面積的最小值.【詳解】解:如圖,作CH⊥AB于H,∵∠ACB=90°,AC=8,BC=6,∴AB==10,∵CH?AB=AC?BC,∴CH=,∵點D是AC的中點,∴CD=4,∵將CD繞著點C逆時針旋轉,在旋轉過程中點D的對應點為點E,∴CE=4,即點E在以C為圓心,4為半徑的圓上,∵點E在HC的上,點E到AB的距離最小,∴S△AEB最小值=×10×(-4)=4故選D.【點睛】本題考查了旋轉的性質,勾股定理,解題關鍵在于作輔助線【壓軸三】二次函數的性質綜合問題【真題再現】(安徽第14題)設拋物線y=x2+(a+1)x+a,其中a為實數.(1)若拋物線經過點(﹣1,m),則m=0;(2)將拋物線y=x2+(a+1)x+a向上平移2個單位,所得拋物線頂點的縱坐標的最大值是2.【思路點撥】(1)把點(﹣1,m),直接代入拋物線解析式,即可得出結論;(2)根據“上加下減”可得出平移后的拋物線解析式,再利用配方法配方,可表達頂點的縱坐標,再求最大值.【詳析詳解】解:(1)點(﹣1,m)代入拋物線解析式y=x2+(a+1)x+a,得(﹣1)2+(a+1)×(﹣1)+a=m,解得m=0.故答案為:0.(2)y=x2+(a+1)x+a向上平移2個單位可得,y=x2+(a+1)x+a+2,∴y=(x+??+12)2?14(a﹣1)2+2,∴拋物線頂點的縱坐標n=?14(a﹣1)2+2,∵?14<0,∴n的最大值為2.故答案為:2.【方法小結】本題主要考查二次函數圖象的平移,二次函數圖象頂點坐標等內容,題目比較簡單.【變式訓練】【變式3.1】(2021·合肥市第四十五中學九年級三模)二次函數的圖象過點,對稱軸為直線,若,則下列結論錯誤的是()A.當時,隨著的增大而增大B.C.若、是拋物線上的兩點,當時,D.若方程的兩根為、,且,則【答案】D【分析】根據可得拋物線開口向上,根據對稱軸可得A正確;由圖象經過點可得,進而可得,可得B正確;根據二次函數圖象的對稱性可得,可得x=4,根據對稱性可得x=4時與x=0時的函數值相同,即可判定C正確;根據二次函數圖象的對稱性可得拋物線與x軸的另一個交點為(5,0),由拋物線開口向上可得.【詳解】∵,∴拋物線開口向上,∵對稱軸為直線,∴當時,隨著的增大而增大,故A選項正確,∵二次函數的圖象過點,對稱軸為直線,∴,,∴,,則,∴,,∴,故B選項正確,∵、是拋物線上的兩點,∴A、B關于直線x=2對稱,∴,∴=4,∴x=4時與x=0時的函數值相同,當x=0時,,故選項C正確,∵,∴,∵方程的兩根為、,∴方程的兩根為、,且,拋物線開口向上,∴,,故選項D錯誤,故選:D【點睛】本題考查了二次函數圖象與系數的關系及二次函數的性質,對于二次函數(),當a>0時,拋物線開口向上,當a<0時,拋物線開口向下,熟練掌握二次函數的對稱性是解題關鍵.【變式3.2】(2021·合肥市第四十二中學九年級三模)關于函數.下列說法正確的是()A.無論取何值,函數圖象總經過點和B.當時,函數圖像與軸總有2個交點.C.若,則當時,隨的增大而減小.D.若函數圖象與軸交于和,若,則.【答案】B【分析】根據函數的圖象和性質逐一求解即可.【詳解】解:A、,令,解得,當時,,同理當時,,故圖象總過點和,故A錯誤,不符合題意;B、當時,△,故函數圖象與軸總有2個交點,故B正確,符合題意;C、函數的對稱軸為,當時,,故當時,隨的增大而減小,故C錯誤,不符合題意;D、令,解得或,,即,故,故D錯誤,不符合題意,故選:B.【點睛】本題考查的是拋物線與x軸的交點,主要考查函數圖象上點的坐標特征,要求學生非常熟悉函數與坐標軸的交點、頂點等點坐標的求法,及這些點代表的意義及函數特征.【變式3.3】(2021·合肥市廬陽中學九年級一模)在邊長為的正方形中,對角線與相交于點O,P是上一動點,過P作,分別交正方形的兩條邊于點E,F.設,的面積為y,則能反映y與x之間關系的圖象為()A. B.C. D.【答案】B【分析】分析EF與x的關系,他們的關系分兩種情況:①當P在OB上時;②當P在OD上時依情況來判斷拋物線的開口方向.【詳解】解:∵四邊形ABCD是正方形,∴AC=BD=,OB=OD=,①當P在OB上時,即0≤x≤,∵EF∥AC,∴△BEF∽△BAC,∴EF:AC=BP:OB,∴EF=2BP=2x,∴y=EF?OP=×2x=;②當P在OD上時,即<x≤,∵EF∥AC,∴△DEF∽△DAC,∴EF:AC=DP:OD,即EF::,∴EF=2(﹣x),∴y=EF?OP==,這是一個二次函數,根據二次函數的性質可知:二次函數的圖象是一條拋物線,開口方向取決于二次項的系數.當系數>0時,拋物線開口向上;系數<0時,開口向下.根據題意可知符合題意的圖象只有選項B.故選B.【點睛】本題主要考查了動點問題的函數圖象、二次函數的性質等知識點,利用三角形的面積公式列出二次函數解析式是解題的關鍵.【變式3.4】(2021·安徽宣城市·九年級一模)二次函數的圖象如圖,給出下列四個結論:①;②;③方程沒有實數根;④.其中正確結論的個數是()A.4個 B.3個 C.2個 D.1個【答案】B【分析】①根據當x=1時y<0、對稱軸及a<0可判斷;
②結合①及拋物線與x軸交點情況可判斷;
③由2ax2+2bx+2c?5=0可得ax2+bx+c=,根據拋物線與直線y=交點情況判斷;
④由m(am+b)+b<a得a?b+c>am2+bm+c,根據函數最值可判斷.【詳解】解:由圖象可知,當x=1時,y<0,即a+b+c<0,
∵對稱軸=?1,a<0,
∴b=2a<0,
∴a+2a+c<0,即3a+c<0,
∴3a+b+c<0,故①正確;∵拋物線與x軸有兩個交點,
∴b2?4ac>0,
∴3a+c<0<b2?4ac,故②正確;
∵2ax2+2bx+2c?5=0,
∴ax2+bx+c=,
結合圖象可知,不能確定拋物線y=ax2+bx+c與直線y=的交點情況,
故③不正確;∵當x=m(m≠?1)時,y=am2+bm+c,且當x=?1時,函數y取得最大值,
∴a?b+c>am2+bm+c,
∴m(am+b)+b<a,故④正確;
綜上,正確結論有①②④共3個,
故選:B.【點睛】本題考查了二次函數圖象與系數的關系,關鍵是根據二次函數的圖象獲得有關信息,對要求的式子進行判斷,以及二次函數與方程之間的轉換.【壓軸四】解直角三角形的應用問題【真題再現】(安徽第17題)學生到工廠勞動實踐,學習制作機械零件.零件的截面如圖陰影部分所示,已知四邊形AEFD為矩形,點B、C分別在EF、DF上,∠ABC=90°,∠BAD=53°,AB=10cm,BC=6cm.求零件的截面面積.參考數據:sin53°≈0.80,cos53°≈0.60.【思路點撥】由四邊形AEFD為矩形,可得AD∥EF,則∠BAD=∠EBA,又AB=10cm,結合三角函數值可求出AE與BE的長度,又∠ABC是90°,在Rt△BCF中,結合三角函數值可求出BF,CF的長度,由零件的截面面積=矩形AEFD的面積﹣△ABE的面積﹣△BCF的面積,即可得出結論.【詳析詳解】解:如圖,∵四邊形AEFD為矩形,∠BAD=53°,∴AD∥EF,∠E=∠F=90°,∴∠BAD=∠EBA=53°,在Rt△ABE中,∠E=90°,AB=10,∠EBA=53°,∴sin∠EBA=????????≈0.80,cos∠EBA=????????≈0.60,∴AE=8,BE=6,∵∠ABC=90°,∴∠FBC=90°﹣∠EBA=37°,∴∠BCF=90°﹣∠FBC=53°,在Rt△BCF中,∠F=90°,BC=6,∴sin∠BCF=????????≈0.80,cos∠BCF=????????≈0.60,∴BF=245,FC=185,∴EF=6+245=545,∴S四邊形EFDA=AE?EF=8×545=4325,S△ABE=12??????????=12×8×6=24,S△BCF=12?BF?CF=12×245×185=21625,∴截面的面積=S四邊形EFDA﹣S△ABE﹣S△BCF=4325?24?21625=531925(cm2).【方法小結】本題主要考查解直角三角形,題目本身不難,但是計算比較復雜,清楚了解每一步如何計算是解題基礎.【變式訓練】【變式4.1】(2021·合肥市第四十二中學九年級三模)如圖,已知在中,,,,連接交于點,點是延長線上一點,連接交于點,且.(1)求證:;(2)若點是中點,求證:;(3)在(2)的條件下,求的值.【答案】(1)見解析;(2)見解析;(3)【分析】(1)根據垂直得出,再根據角的互余和等量代換得到,由推出即可得解;(2)由(1)得,再根據已知條件得出,得到,即可得解;(3)連接,由相似三角形的性質推出,設,則,根據勾股定理求出HF,即可得解;【詳解】(1)證明:∵,∴,∴在中,,又∵,,∴,又∵,∴,∵,∴,∴;(2)∵點是中點,,∴,由(1)得,∴,∵,∴,又∵,∴,又∵,∴,∴即;(3)連接,由(2)得,∴,即,又∵,∴,又∵,∴垂直平分,∴,∴,∵,∴,,設,則,∴,∴在中,,∴;【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質與判定、解直角三角形的應用,結合勾股定理計算是解題的必要步驟.【變式4.2】(2021·安徽合肥市·九年級三模)安徽滁州瑯琊山會峰閣更名為瑯琊閣,如圖①是懸掛著巨大匾額的瑯琊閣,如圖②,線段是懸掛在墻壁上的匾額的截面示意圖,已知米,,從水平地面點處看點,仰角,從點處看點,仰角.且米,求匾額懸掛的高度的長.(結果精確到0.1米,參考數據:,,).【答案】4.9米【分析】通過作垂線構造直角三角形,在Rt△BCN中,求出CN、BN,在Rt△ABE中用AB的代數式表示AE,再根據∠ADC=45°得出CF=DF,列方程求解即可.【詳解】解:過點C作CN⊥AB,CF⊥AD,垂足為N、F,如圖所示:在Rt△BCN中,CN=BC?sin∠MBC=2×sin34°=2×0.56=1.12(米),BN=BC×cos34°=2×0.83=1.66(米)在Rt△ABE中,AE=AB?tan∠ABE=AB×tan34°=AB×0.67=0.67AB,∵∠ADC=45°,∴CF=DF,∴BN+AB=AD?AF,即:1.66+AB=0.67AB+4.4?1.12,解得,AB≈4.9(米)答:匾額懸掛的高度AB的長約為4.9米.【點睛】本題主要考查直角三角形的邊角關系,通過作垂線構造直角三角形,利用銳角三角函數表示邊,再利用各條邊之間的關系,列方程求解是解決問題的常用方法.【變式4.3】(2021·安徽阜陽市·九年級一模)為建設新農村,全面實現“村村亮”,某市在其轄區內的每個村莊都安裝了如圖1所示的太陽能路燈,圖2是該路燈的平面示意圖,為立柱的一部分,燈臂,支架與立柱分別交于A,B兩點,燈臂與支架交于點C.已知,,求點C到地面的距離.(結果精確到.參考數據:,,)【答案】.【分析】過點C作于點D,由題意解得,在中,由正切定義解得,在中,由正切定義解得,繼而解得,由此解題即可.【詳解】解:如圖,過點C作于點D,則,∵,,∴,在中,,∴,在中,,∴,∴,∴,∴,答:點C到地面的距離約為.【點睛】本題考查解直角三角形的應用,涉及正切,是重要考點,難度較易,掌握相關知識是解題關鍵.【變式4.4】(2021·安徽九年級二模)如圖,在菱形中,點在射線上,點在線段上,連接,,且,射線與射線交于點.(1)如圖1,當點在線段上時,求證:∽.(2)如圖2,點在線段上,連接,當時,求證:.(3)如圖3,點在線段的延長線上,當,,時,求線段的長.【答案】(1)見解析;(2)見解析;(3)【分析】(1)利用菱形的性質證得,推出,即可證明結論;(2)先證明∽,再證明∽,推出,接著證明∽,即可證明結論;(3)根據已知求得,,再利用勾股定理求得,,利用相似三角形的性質求得,由CE∥AD,根據平行線分線段成比例定理求解即可.【詳解】解:(1)證明:∵四邊形是菱形,∴,∴,∵,∴,∵,∴∽;(2)∵四邊形是菱形,∴,∴,∵,∴,由(1)得,∵,∴∽,∴.∵,∴∽,∴,∵,∴,∵,∴∽,∴,∴;(3)如圖,連接交于.∵四邊形是菱形,∴,∵,,∴,∴,,在中,,∴,.由(1)得∽,∴,∴,即,∴,∴,∴.∵CE∥AD,∴,即,解得.【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質,解直角三角形,平行線分線段成比例定理,解答本題的關鍵是明確題意,找出所求問題需要的條件.【壓軸五】材料閱讀探究問題【真題再現】(安徽第18題)某矩形人行道由相同的灰色正方形地磚與相同的白色等腰直角三角形地磚排列而成,圖1表示此人行道的地磚排列方式,其中正方形地磚為連續排列.[觀察思考]當正方形地磚只有1塊時,等腰直角三角形地磚有6塊(如圖2);當正方形地磚有2塊時,等腰直角三角形地磚有8塊(如圖3);以此類推.[規律總結](1)若人行道上每增加1塊正方形地磚,則等腰直角三角形地磚增加2塊;(2)若一條這樣的人行道一共有n(n為正整數)塊正方形地磚,則等腰直角三角形地磚的塊數為2n+4(用含n的代數式表示).[問題解決](3)現有2021塊等腰直角三角形地磚,若按此規律再建一條人行道,要求等腰直角三角形地磚剩余最少,則需要正方形地磚多少塊?【思路點撥】(1)觀察圖形1可知:中間的每個正方形都對應了兩個等腰直角三角形,即可得出答案;(2)觀察圖形2可知:中間一個正方形的左上、左邊、左下共有3個等腰直角三角形,它右上和右下各對應了一個等腰直角三角形,右邊還有1個等腰直角三角形,即6=3+2×1+1=4+2×1;圖3和圖1中間正方形右上和右下都對應了兩個等腰直角三角形,均有圖2一樣的規律,圖3:8=3+2×2+1=4+2×2;圖1:4+2n(即2n+4);(3)由于等腰直角三角形地磚塊數2n+4是偶數,根據現有2021塊等腰直角三角形地磚,剩余最少,可得:2n+4=2020,即可求得答案.【詳析詳解】解:(1)觀察圖1可知:中間的每個正方形都對應了兩個等腰直角三角形,所以每增加一塊正方形地磚,等腰直角三角形地磚就增加2塊;故答案為:2;(2)觀察圖形2可知:中間一個正方形的左上、左邊、左下共有3個等腰直角三角形,它右上和右下各對應了一個等腰直角三角形,右邊還有1個等腰直角三角形,即6=3+2×1+1=4+2×1;圖3和圖1中間正方形右上和右下都對應了兩個等腰直角三角形,均有圖2一樣的規律,圖3:8=3+2×2+1=4+2×2;歸納得:4+2n(即2n+4);∴若一條這樣的人行道一共有n(n為正整數)塊正方形地磚,則等腰直角三角形地磚的塊數為2n+4塊;故答案為:2n+4;(3)由規律知:等腰直角三角形地磚塊數2n+4是偶數,∴用2021﹣1=2020塊,再由題意得:2n+4=2020,解得:n=1008,∴等腰直角三角形地磚剩余最少為1塊,則需要正方形地磚1008塊.【方法小結】本題以等腰直角三角形和正方形的拼圖為背景,關鍵是考查規律性問題的解決方法,探究規律要認真觀察、仔細思考,善用聯想來解決這類問題.【變式訓練】【變式5.1】(2021·安徽九年級三模)將一張正方形紙片剪成四個大小、形狀一樣的小正方形(如圖所示),記為第一次操作,然后將其中的一片又按同樣的方法剪成四小片,記為第二次操作,如此循環進行下去.請將下表中空缺的數據填寫完整,并解答所提出的問題:操作次數1234…正方形個數47…(1)如果剪100次,共能得到個正方形;(2)如果剪n次共能得到bn個正方形,試用含有n、bn的等式表示它們之間的數量關系;(3)若原正方形的邊長為1,設an表示第n次所剪的正方形的邊長,試用含n的式子表示an;(4)試猜想a1+a2+a3+a4+…+an﹣1+an與原正方形邊長的數量關系,并用等式寫出這個關系.【答案】(1)301;(2)bn=3n+1;(3);(4)1﹣.【分析】(1)觀察圖形及表格發現每多剪一刀就會增加3個小正方形,據此填表即可;(2)根據得到的規律得到通項公式,然后代入求值即可;(3)根據每次將邊長一分為二即可得到答案;(4)利用發現的規律,代入數值即可求得答案.【詳解】解:觀察圖形知道:剪一次,有4個小正方形,剪兩次有7個小正方形,剪三次有10個小正方形,剪四次有13個小正方形,規律:每多剪一刀就會增加3個小正方形,故第n個共有4+3(n﹣1)=3n+1個,(1)令n=100得3n+1=3×100=301;(2)剪n次共能得到bn個正方形,則用含有n、bn的等式表示它們之間的數量關系為bn=3n+1;(3)第一次所剪的正方形的邊長為,第二次所剪的正方形的邊長為;第三次所剪的正方形的邊長為,…第n次所剪的正方形的邊長an=;(4)a1+a2+a3+a4+…+an﹣1+an=【變式5.2】(2021·安徽九年級一模)如圖是用長度相等的小棒按一定規律擺成的一組圖案.(1)第1個圖案中有6根小棒;第2個圖案中有根小棒;第3個圖案中有根小棒;(2)第n個圖案中有多少根小棒?(3)第25個圖案中有多少根小棒?(4)是否存在某個符合上述規律的圖案,由2032根小棒擺成?如果有,指出是滴幾個圖案;如果沒有,請說明理由.【答案】(1)11,16(2)(3)126(4)不存在,理由:令,得出n=406.2,不是整數,故不存在符合上述規律的圖案,由2032根小棒擺成.【分析】(1)(2)由圖可知:第1個圖案中有5+1=6根小棒,第2個圖案中有2×5+2-1=11根小棒,第3個圖案中有3×5+3-2=16根小棒,…由此得出第n個圖案中有5n+n-(n-1)=5n+1根小棒;(3)把數據代入(2)中的規律求得答案即可;(4)利用(2)中的規律建立方程求得答案即可.【詳解】(1)第2個圖案中有11根小棒;第3個圖案中有16根小棒;(2)由圖可知:第1個圖案中有5+1=6根小棒,第2個圖案中有2×5+2-1=11根小棒,第3個圖案中有3×5+3-2=16根小棒,…,因此第n個圖案中有5n+n-(n-1)=5n+1根;(3)令n=25,得出,故第25個圖案中有126根小棒;(4)令,得出n=406.2,不是整數,故不存在符合上述規律的圖案,由2032根小棒擺成.【點睛】此題考查圖形的變化規律,找出圖形之間的聯系,得出數字的運算規律:第n個圖案中有5n+1根小棒是解決問題的關鍵.【變式5.3】(2021·安徽九年級其他模擬)下列一組圖案呈一定規律排列.(1)寫出第7個等式:____________;(2)根據圖案規律,寫出第n個等式,并證明.【答案】(1);(2)或,見解析【分析】(1)通過觀察可知,算式有如下規律:得數是,第一個加數是,第二個加數是2n-1,代入求解即可;(2)證明左右兩邊相等即可.【詳解】解:(1)通過觀察可知,算式有如下規律:得數是,第一個加數是,第二個加數是2n-1,則第7個算式為:,故答案為:;(2)或,證明如下:∵右邊左邊,∴等式成立.【點睛】本題考查規律型,解題的關鍵是觀察找出規律.【變式5.4】(2021·安徽合肥市·九年級一模)觀察與思考:我們知道,,那么結果等于多少呢?請你仔細觀察,找出下面圖形與算式的關系,解決下列問題:......
(1)推算:___________;(2)概括:___________;(3)拓展應用:求的值.【答案】(1)15;(2);(3)5050【分析】(1)由前四個圖可以直接推出.(2)由(1)分析可知,第n個算式=(1+2+3+…+n)2=.(3)由(2)可知,13+23+33+…+1003=(1+2+3+…+100)2=,進而求出這個算式的和.【詳解】(1)∵13=12,13+23=32=(1+2)2,13+23+33=62=(1+2+3)2,13+23+33+43=102=(1+2+3+4)2,∴13+23+33+43+53==(1+2+3+4+5)2=152;故答案為:15;(2)由(1)可知,
13+23+33+…+n3=(1+2+3+…+n)2=,故答案為:;(3)【點睛】此題考查了有理數的混合運算,以及規律型:圖形的變化類,得出規律并運用規律解決實際問題是解本題的關鍵.【壓軸六】圓的計算與證明綜合問題【真題再現】(安徽第20題)如圖,圓O中兩條互相垂直的弦AB,CD交于點E.(1)M是CD的中點,OM=3,CD=12,求圓O的半徑長;(2)點F在CD上,且CE=EF,求證:AF⊥BD.【思路點撥】(1)連接OD,由垂徑定理推論可得∠OMD=90°,在Rt△OMD中用勾股定理即可得半徑;(2)連接AC,延長AF交BD于G,由已知可證△ACF是等腰三角形,∠FAE=∠CAE,又弧BC=弧BC,有∠CAE=∠CDB,故∠FAE=∠CDB,即可由∠CDB+∠B=90°,得∠AGB=90°,從而得證AF⊥BD.【詳析詳解】解:(1)連接OD,如圖:∵M是CD的中點,CD=12,∴DM=12CD=6,OM⊥CD,∠OMD=90°,Rt△OMD中,OD=????2+????2,且OM=3,∴OD=32+62=35,即圓O的半徑長為35;(2)連接AC,延長AF交BD于G,如圖:∵AB⊥CD,CE=EF,∴AB是CF的垂直平分線,∴AF=AC,即△ACF是等腰三角形,∵CE=EF,∴∠FAE=∠CAE,∵弧BC=弧BC,∴∠CAE=∠CDB,∴∠FAE=∠CDB,Rt△BDE中,∠CDB+∠B=90°,∴∠FAE+∠B=90°,∴∠AGB=90°,∴AG⊥BD,即AF⊥BD.【方法小結】本題考查垂徑定理及推論,涉及勾股定理、等腰三角形的性質及判定,解題的關鍵是證明∠FAE=∠CDB.【變式訓練】【變式6.1】(2021·安徽黃山市·九年級一模)如圖,為的直徑,是上的一點,連接,.是的中點,過作于點,交于點.(1)求證:;(2)若,,求的長.【答案】(1)見解析;(2)的長度為【分析】(1)延長交于點.由垂徑定理可得點是弧的中點,,由是的中點可得弧弧弧,所以弧弧,由此結論可證;(2)連接、.根據圓周角定理可得,根據等腰三角形的判定可得.在中,根據勾股定理求得,由此求得;由勾股定理易求,則;設,根據勾股定理可得,解方程即可求得的長度.【詳解】(1)證明:延長交于點.∵是直徑,,∴點是弧的中點,,∵是的中點,∴弧弧弧,∴弧弧,∴.(2)連接、.∵弧弧.∴∴.在中,,由(1)知,,則,∵,∴OD=5,在中,,∴,設,在中,∵,∴,解得,即的長度為.【點睛】本題考查了垂徑定理、圓周角定理及勾股定理,熟練運用相關定理是解決問題的關鍵.【變式6.2】(2021·安徽合肥市·九年級二模)如圖,的直徑垂直于弦,垂足為點.連接、、.(1)求證:;(2)若,,求弧的長.【答案】(1)見解析;(2)【分析】(1)根據等腰三角形的性質得到,根據圓周角定理證明結論;(2)連接,根據垂徑定理、勾股定理求出的半徑,根據弧長公式計算,得到答案.【詳解】解:(1)證明:,,,;(2)連接,設的半徑為,的直徑垂直于弦,,,,在中,,即,解得,,,,,弧的長.【點睛】本題考查的是垂徑定理、弧長的計算,掌握弧長公式、垂徑定理是解題的關鍵.【變式6.3】(2021·安徽宣城市·九年級一模)如圖,以的一邊AB為直徑作⊙O,⊙O與BC邊的交點D恰好為BC的中點,過點D作.(1)求證:DE為⊙O的切線;(2)連接OC交DE于點F,若,求的值.【答案】(1)見解析;(2).【分析】(1)連接,根據三角形的中位線定理可求出,根據切線的性質可證明,進而得證.(2)連接.根據圓周角定理得到.故設,則,.根據相似三角形的性質得到.,于是由即可得到結論.【詳解】(1)證明:如圖,連接.為中點,為中點,.,,即是的切線;(2)解:如圖,連接.,∴,.為的直徑,.又為的中點,.,故設,則,.,.,.,.即.,.【點睛】本題考查了切線的性質、相似三角形的判定與性質.運用切線的性質來進行計算或論證,常通過作輔助線連接圓心和切點,利用直徑構造直角三角形解決有關問題.【變式6.4】(2021·安徽九年級二模)如圖,為⊙O的直徑,弦于,為延長線上一點,交⊙O于點,連接,,,,.(1)求證:平分.(2)若,,⊙O的半徑為5,求的長.【答案】(1)見解析;(2)【分析】(1)根據圓內接四邊形性質和圓周角定理求出∠EFB=∠CDB,∠BCD=∠DFB,根據垂徑定理求出CH=DH,求出BC=BD,根據等腰三角形性質求出∠BCD=∠CDB,求出∠EFB=∠DFB即可;(2)根據全等三角形的判定求出△DFB≌△EFB,根據全等三角形的性質求出BD=BE=5,證△DHB∽△ADB,根據相似得出比例式,代入求出即可.【詳解】(1)證明:∵C、D、B、F四點共圓,∴∠EFB=∠CDB,∠BCD=∠DFB,∵CD⊥OA,∴CH=DH,∴BC=BD,∴∠BCD=∠CDB,∴∠EFB=∠DFB,∴BF平分∠DFE;(2)解:∵在△DFB和△EFB中,,∴△DFB≌△EFB(SAS),∴BD=BE,∵BE=8,∴BD=8,∵AB為⊙O直徑,CD⊥AB,∴∠ADB=∠DHB=90°,∵∠DBH=∠ABD,∴△DHB∽△ADB,∴,設AH=x,∵⊙O的半徑為5,BD=8,∴AB=10,BH=10-x,∴,解得:x=,即AH的長是.【點睛】本題考查了圓周角定理,相似三角形的性質和判定,圓內接四邊形,垂徑定理等知識點,能綜合運用定理進行推理是解此題的關鍵.【壓軸七】二次函數壓軸綜合問題【真題再現】(安徽第22題)已知拋物線y=ax2﹣2x+1(a≠0)的對稱軸為直線x=1.(1)求a的值;(2)若點M(x1,y1),N(x2,y2)都在此拋物線上,且﹣1<x1<0,1<x2<2.比較y1與y2的大小,并說明理由;(3)設直線y=m(m>0)與拋物線y=ax2﹣2x+1交于點A、B,與拋物線y=3(x﹣1)2交于點C,D,求線段AB與線段CD的長度之比.【思路點撥】(1)根據公式,對稱軸為直線x=???2??,代入數據即可;(2)結合函數的圖象,根據二次函數的增減性可得結論;(3)分別聯立直線y=m與兩拋物線的解析式,表示出A,B,C,D的坐標,再表示出線段AB和線段CD的長度,即可得出結論.【詳析詳解】解:(1)根據題意可知,拋物線y=ax2﹣2x+1(a≠0)的對稱軸x=???2??=1??=1,∴a=1.(2)由(1)可知,拋物線的解析式為:y=x2﹣2x+1=(x﹣1)2,∵a=1>0,∴當x>1時,y隨x的增大而增大,當x<1時,y隨x的增大而減小,∵﹣1<x1<0,1<x2<2,∴1<1﹣x1<2,0<x2﹣1<1,結合函數圖象可知,當拋物線開口向上時,距離對稱軸越遠,值越大,∴y1>y2.(3)聯立y=m(m>0)與y=x2﹣2x+1=(x﹣1)2,可得A(1+??,m),B(1???,m),∴AB=2??,聯立y=m(m>0)與y=3(x﹣1)2,可得C(1+??3,m),D(1???3,m),∴CD=2×??3=233??,∴????????=3.【方法小結】本題主要考查二次函數的性質,二次函數與一次函數交點問題等,題目難度適中,數形結合思想及求二次函數與一次函數交點需要聯立方程是解題基礎.【變式訓練】【變式7.1】(2021·合肥市第四十二中學九年級三模)已知直線經過點,與拋物線的對稱軸交于點(1)求,的值;(2)拋物線與軸交于且,若,求的最大值;(3)當時,拋物線與直線有且只有一個公共點,直接寫出的取值范圍.【答案】(1),;(2)最大值為1;(3)或【分析】(1)將(2,3)和分別代入直線表達式中可求得k和n值,再根據拋物線的對稱軸公式求解b值即可;(2)拋物線的對稱軸為直線x=﹣和得出及,則,根據二次函數的最值方法求解即可;(3)聯立方程組可得x2=1﹣c,對c討論,結合方程根取值范圍進行求解即可.【詳解】解:(1)把代入得:,則,∴點在直線上,∴,∴拋物線的對稱軸,∴;(2)由(1)知,則,∵拋物線與軸交點的橫坐標為,且∴∴即.∴.∴∵,∴∴∵且對稱軸為直線∴當時,隨的增大而增大,∴當時,取最大值且最大值為1;(3)由(1)知,直線的表達式為,拋物線表達式為,聯立方程組得:x2=1﹣c,當c>1時,該方程無解,不滿足題意;當c=1時,方程的解為x=0滿足題意;當c<1時,方程的解為x=±,當1≤<2即時,滿足時,拋物線與直線有且只有一個公共點,綜上,滿足題意的c的取值范圍為或.【點睛】本題考查二次函數與一次函數的綜合,涉及待定系數法求函數表達式、二次函數的圖象與性質、求二次函數的最值問題、兩個函數圖象的交點問題、解一元二次方程、解一元一次不等式組等知識,解答的關鍵是認真分析題意,找尋知識之間的關聯點,利用待定系數法、分類討論和數形結合思想進行推理、探究和計算.【變式7.2】(2021·安徽蚌埠市·九年級二模)已知二次函數y=ax2﹣bx﹣3的圖象經過點(﹣1,0)(3,0).(1)求a,b的值;(2)求當﹣3≤x≤2時,y的最大值與最小值的差;(3)一次函數y=(m﹣2)x+m﹣2的圖象與二次函數y=ax2﹣bx﹣3的圖象的交點坐標是(x1,y1),(x2,y2)且x1<0<x2時,求函數w=y1﹣y2的最大值.【答案】(1)a,b的值為1,2;(2)y的最大值與最小值的差為16;(3)函數w=y1﹣y2的最大值為4.【分析】(1)把點(﹣1,0)(3,0)分別代入到函數解析式,列出二元一次方程組,即可得解;(2)根據(1)中求得的a,b的值,即可得到該二次函數的解析式,再依此判斷該二次函數的開口方向和對稱軸,再據此判斷當﹣3≤x≤2時,y的最大值與最小值,即可得解;(3)首先根據一次函數y=(m﹣2)x+m﹣2的變形得到該一次函數恒經過的點,再根據該二次函數也經過該點,即可得出的值,進而得到關于的表達式,再根據二次函數的性質求出的最大值.【詳解】(1)把點(﹣1,0)(3,0)分別代入到函數解析式得,,解得:,(2)由(1)可得,∵,∴二次函數的拋物線開口向上,對稱軸為直線,∴在范圍內,當時,取最小值為-4,當時,取最大值為12,∴最大值和最小值的差為12-(-4)=16;(3),令,則,∴該一次函數圖像恒過點(-1,0),又∵二次函數的圖像經過點(-1,0),∴一次函數一次函數y=(m﹣2)x+m﹣2的圖像與二次函數的圖像的一個交點是點(-1,0),∵,∴,,∴∵,∴當時,取最大值為4.【點睛】本題考查了待定系數法求解二次函數、二次函數的最大值與最小值、一次函數與二次函數的綜合問題,解答本題的關鍵是正確求解出二次函數的系數,找出一次函數與二次函數的交點,并用二次函數的性質求出最值.【變式7.3】(2021·安徽安慶市·九年級一模)如圖,在直角坐標平面內,拋物線經過原點O、點B(1,3),又與x軸正半軸相交于點A,∠BAO=45°,點P是線段AB上的一點,過點P作PM∥OB,與拋物線交于點M,且點M在第一象限內.(1)求直線AB和拋物線的表達式;(2)連接BM,若∠BMP=∠AOB,①求證:BM∥OA;②求點P的坐標;③請直接寫出四邊形OBMA的外接圓的圓心坐標.【答案】(1)y=﹣x2+4x;(2)①見解析;②;③圓心坐標為(2,1)【分析】(1)過點B作BH⊥x軸,垂足為點H,根據等腰直角三角形的性質可求點A(4,0),用待定系數法可求直線AB和拋物線的表達式;(2)①根據平行線的性質可得BM∥OA;②由①可求點M坐標,用待定系數法可求直線BO,直線AB,直線PM的解析式,即可求點P坐標;③先利用外接圓圓心在四邊垂直平分線上,以及OA的x軸上,確定圓心的橫坐標,再利用外接圓圓心到到四個點的距離相同,列方程求解即可.【詳解】解:(1)過點B作BH⊥x軸,垂足為點H,∵B(1,3),∴OH=1,BH=3,∵∠BHA=90°,∠BAO=45°,∴AH=BH=3,OA=4,∴A(4,0),∵直線AB經過點A(4,0)、B(1,3),∴直線AB的表達式為y=﹣x+4,∵拋物線過原點O、點A、B,設拋物線的表達式為y=ax2+bx(a≠0),可得:,∴,∴拋物的線表達式為y=﹣x2+4x;(2)如圖:①∵PM∥OB,∴∠OBA=∠BPM,又∵∠BMP=∠AOB,∴△BPM~△ABO,∴∠MBP=∠OAB,∴BM∥OA;②由①設M(x,3),∵M在拋物線y=﹣x2+4x上,∴M(3,3),∵直線OB經過點O(0,0)、B(1,3),∴直線OB的表達式為y=3x,∵PM∥OB且直線PM過點M(3,3),∴直線PM的表達式為y=3x﹣6,由(1)得直線AB的表達式為y=﹣x+4,∴,解得:,∴;③圓心坐標為(2,1),理由如下:四邊形OBMA的外接圓的圓心在四條邊的垂直平分線交點上,∵OA在x軸上,∴OA的垂直平分線平行y軸,且經過OA中點,∵O(0,0),B(1,3),M(3,3),N(4,0),∴OA的中點坐標為(2,0),圓心坐標的橫坐標和OA中點的橫坐標相同,設圓心為Q,坐標為(2,x),圓心到四點的距離相等,即QB=QA=QM=QO,QB=,QA=,QM=,QO=,因此只要=即可,解得:x=1,∴圓心坐標為(2,1).【點睛】本題考查二次函數綜合,考查待定系數法求函數解析式、相似三角形的判定與性質、四邊形外接圓等知識,正確作出輔助線是解題的關鍵.【變式7.4】(2021·安徽九年級其他模擬)拋物線的對稱軸為直線,拋物線的頂點為.(1)判斷拋物線與軸的交點情況.(2)若拋物線與軸交于點、,且,當時,求的值.(3)直線與拋物線交于、兩點,與拋物線的對稱軸交于點,恰好是的中點,為直線下方拋物線上一點,求面積的最大值.【答案】(1)拋物線與軸的交點至少有一個;(2),(3)【分析】(1)根據一元二次方程根的判別式判斷即可;(2)求出拋物線與軸交點橫坐標,作差得,列出方程即可求解;(3)根據對稱軸求出點坐標,再根據中點求出點坐標,求出兩個解析式,列出關于面積的二次函數,根據二次函數性質求最值.【詳解】解:(1)當y=0時,,化簡得,,∵,∴拋物線與軸的交點至少有一個;(2)當y=0,時,,解得,,,且,∴,解得,;(3)拋物線的對稱軸為直線,代入直線得,,則點坐標為;∵恰好是的中點,∴點坐標為,代入得,,解得,,∴直線解析式為,拋物線解析式為,Q點坐標為,根據,解得,,,∴P點坐標為,過點M作x軸垂線,交直線于N,設點M坐標為,則N點坐標為,MN=,,配成頂點式為,所以,面積的最大值為.【點睛】本題考查了二次函數的綜合,解題關鍵是熟練運用二次函數的相關知識,通過設坐標求解析式,根據二次函數的頂點求最值.【壓軸八】幾何綜合探究問題【真題再現】(安徽第23題)如圖1,在四邊形ABCD中,∠ABC=∠BCD,點E在邊BC上,且AE∥CD,DE∥AB,作CF∥AD交線段AE于點F,連接BF.(1)求證:△ABF≌△EAD;(2)如圖2.若AB=9,CD=5,∠ECF=∠AED,求BE的長;(3)如圖3,若BF的延長線經過AD的中點M,求????????的值.【思路點撥】(1)先根據題意得出AB=AE,DE=DC,再證四邊形ADCF是平行四邊形,得出AF=CD,進而得出AF=DE,再由平行線性質得∠AED=∠BAF,進而證得結論;(2)先證明△EAD∽△CFE,得????????=????????=????????,根據四邊形ADCF是平行四邊形,得AD=CF,AF=CD,進而可得????4=5????=9????,求得CF=6,CE=103,再利用△ABE∽△DEC,求得答案;(3)如圖3,延長BM、ED交于點G,先證明△ABE∽△DCE,得出????????=????????=????????,設CE=1,BE=x,DC=DE=a,則AB=AE=ax,AF=CD=a,可得EF=AE﹣AF=ax﹣a=a(x﹣1),再利用△ABF∽△EGF,列方程求解即可.【詳析詳解】解:(1)如圖1,∵AE∥CD,∴∠AEB=∠BCD,∵∠ABC=∠BCD,∴∠ABC=∠AEB,∴AB=AE,∵DE∥AB,∴∠DEC=∠ABC,∠AED=∠BAF,∵∠ABC=∠BCD,∴∠DEC=∠BCD,∴DE=DC,∵CF∥AD,AE∥CD,∴四邊形ADCF是平行四邊形,∴AF=CD,∴AF=DE,在△ABF和△EAD中,????=????∠??????=∠??????????=????,∴△ABF≌△EAD(SAS);(2)∵CF∥AD,∴∠EAD=∠CFE,∵∠ECF=∠AED,∴△EAD∽△CFE,∴????????=????????=????????,由(1)知:四邊形ADCF是平行四邊形,∴AD=CF,AF=CD,∵AB=9,CD=5,∴AE=9,DE=5,∴EF=AE﹣AF=9﹣5=4,∴????4=5????=9????,∴CF2=4×9=36,即CF=6,∴CE=103,∵∠ABC=∠BCD=∠AEB=∠DEC,∴△ABE∽△DEC,∴????????=????????,即????9=1035,∴BE=6;(3)如圖3,延長BM、ED交于點G,∵△ABE,△DCE均為等腰三角形,且∠ABC=∠DCE,∴△ABE∽△DCE,∴????????=????????=????????,設CE=1,BE=x,DC=DE=a,則AB=AE=ax,AF=CD=a,∴EF=AE﹣AF=ax﹣a=a(x﹣1),∵AB∥DG,∴∠ABG=∠G∵AD的中點M,∴AM=DM,∵∠AMB=∠DMG,∴△AMB≌△DMG(AAS),∴DG=AB=ax,∴EG=DG+DE=ax+a=a(x+1),∴????????=????????=??????=x,∵AB∥DG(即AB∥EG),∴△ABF∽△EGF,∴????????=????????,即??????(??+1)=????(???1),∴x2﹣2x﹣1=0,解得:x=1+2或x=1?2(舍去),∴????????=x=1+2.【方法小結】本題是四邊形綜合題,主要考查了等腰三角形的判定和性質,全等三角形判定和性質,相似三角形的判定和性質,平行四邊形的判定與性質等知識,熟練掌握全等三角形判定和性質和相似三角形的判定和性質等相關知識,正確添加輔助線構造相似三角形是解題關鍵.【變式訓練】【變式8.1】(2021·合肥市第四十五中學九年級其他模擬)中,,,、分別為、中點,連接與的角平分線交于點,連接.(1)如圖,求證:.(2)取中點,連接、,與交于點,如圖.①求證:;②求的值.【答案】(1)見解析;(2)①見解析;②.【分析】(1)根據角平分線的定義及等腰直角三角形的性質可得∠ABG=22.5°,根據、分別為、中點可知DE為△ABC的中位線,根據三角形中位線的性質可得BE//BC,可得∠ADG=45°,根據外角性質可得∠BGD=22.5°,可得,即可得出∠AGB=90°,可得結論;(2)①作交于點,根據等腰直角三角形的性質可得∠AHB=90°,AH=BH,根據角的和差關系可得,∠AHG=∠BHM,利用ASA可證明△AHG≌△BHM,可得,GH=MH,可得△GHM是等腰直角三角形,即可得出,根據線段的和差關系即可得結論;②如圖,過點F作FN⊥BC于N,根據∠ABF=∠HBP,∠BAF=∠BHP=90°可證明△ABF∽△HBP,根據相似三角形的性質可得PH=,根據角平分線的性質可得AF=NF,根據S△ABC=AF·AB+BC·FN=AB2及等腰直角三角形的性質可得AF=(2-)BH,根據三角形中位線的性質及等腰直角三角形的性質可得AE=,即可用BH表示出EF的長,進而即可求出的值.【詳解】(1)∵,,∴=45°,∵BF平分,∴,∵、為、中點,∴DE為△ABC的中位線,∴,∴,∴∠BGD=22.5°,∴,∴,∴.(2)①作交于點,∵H為BC中點,∠BAC=90°
溫馨提示
- 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
- 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯系上傳者。文件的所有權益歸上傳用戶所有。
- 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網頁內容里面會有圖紙預覽,若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
- 4. 未經權益所有人同意不得將文件中的內容挪作商業或盈利用途。
- 5. 人人文庫網僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內容的表現方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內容負責。
- 6. 下載文件中如有侵權或不適當內容,請與我們聯系,我們立即糾正。
- 7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- GB 28374-2025電纜防火涂料
- 農村養殖場廢棄物處理技術合作協議
- 如何識別和分析企業云服務提供商的性能
- 養殖場環保達標合作協議
- 實驗室安全規定
- 那場風雨過后的景色描寫作文(15篇)
- 動物保護的重要性議論文并附加實例說明(11篇)
- 學生在職實習表現及成果證明(7篇)
- 2025年滑雪教練職業技能測試卷:2025年滑雪教練冰雪運動項目賽事運營與管理試題
- 2025年電子商務師(初級)職業技能鑒定試卷:電子商務平臺數據分析與客戶價值評估試題
- 湖北省武漢市2024屆高三年級下學期五月模擬訓練試題(武漢五調)數學試卷
- 職業教育法考試題庫附完整答案【歷年真題】
- 2023-2024學年人教版數學八年級下冊 期末達標測試卷(四)
- 2024年河南能源集團有限公司招聘筆試沖刺題(帶答案解析)
- DB32T3795-2020企事業單位和工業園區突發環境事件應急預案編制導則
- 500字作文標準稿紙A4打印模板-直接打印
- 高中數學《函數的概念及其表示》大單元專題教學設計
- 第09講醛酮(教師版)-高二化學講義(人教2019選擇性必修3)
- 巡回醫療工作總結
- 高血壓 糖尿病 健康宣教
- 國開電大軟件工程形考作業3參考答案
評論
0/150
提交評論