河南中考数学考前增分练辑压轴大题抢分练2套合集Word文档下载推荐.docx
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②将△AED绕点A逆时针旋转45°
，如图2，
（2）类比延伸
将图1中△AED绕点A逆时针旋转到如图3所示的位置，请计算出
的值，并说明理由．
（3）拓展探究
将图1中△AED绕点A逆时针旋转，旋转角为α，0°
≤α≤90°
，AD＝
，△AED在旋转过程中，存在△ACD为直角三角形，请直接写出线段CD的长．
3．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°
，BA＝BC，直线MN是过点A的直线，CD⊥MN于点D，连接BD.
（1）观察猜想张老师在课堂上提出问题：
线段DC，AD，BD之间有什么数量关系．经过观察思考，小明提出一种思路：
如图1，过点B作BE⊥BD，交MN于点E，进而得出DC＋AD＝________BD；
（2）探究证明
将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置，写出此时线段DC，AD，BD之间的数量关系，并证明；
（3）拓展延伸
在直线MN绕点A旋转的过程中，当△ABD面积取得最大值时，若CD长为1，请直接写出BD的长．
4．
（1）观察图形：
如图1，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝45°
，CD⊥AB，AE⊥BC，垂足分别为D，E，CD与AE交于点F.
①写出图1中所有的全等三角形________；
②线段AF与线段CE的数量关系是________；
（2）问题探究：
如图2，△ABC中，∠BAC＝45°
，AB＝BC，AD平分∠BAC，AD⊥CD，垂足为D，AD与BC交于点E.
求证：
AE＝2CD；
（3）拓展延伸：
如图3，△ABC中，∠BAC＝45°
，AB＝BC，点D在AC上，∠EDC＝
∠BAC，DE⊥CE，垂足为E，DE与BC交于点F.求证：
DF＝2CE.
参考答案
1．解：
（1）△AFE EF＝BE＋DF
提示：
将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，
又∵∠B＋∠ADC＝180°
，
∴∠FDG＝180°
，即点F，D，G三点共线．
∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝
∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF.
在△AFG和△AFE中，
∴△AFG≌△AFE，∴EF＝FG＝FD＋DG＝FD＋BE.
（2）EF，BE，DF之间的数量关系是EF＝DF－BE.
证明如下：
如图，将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE′，
则△ABE≌ADE′，
∴∠DAE′＝∠BAE，AE′＝AE，DE′＝BE，∠ADE′＝∠ABE.
∵∠ABC＋∠ADC＝180°
∠ABC＋∠ABE＝180°
∠ADE′＝∠ADC，即E′，D，F三点共线．
又∠EAF＝
∴∠E′AF＝∠BAD－（∠BAF＋∠DAE′）＝∠BAD－（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD－∠EAF＝
∴∠EAF＝∠E′AF.
在△AEF和△AE′F中，
∴△AFE≌△AFE′（SAS），∴FE＝FE′.
又∵FE′＝DF－DE′，∴EF＝DF－BE.
（3）
如图，将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD′，使AB与AC重合，连接ED′，
由
（1）得△AED≌AED′，
∴DE＝D′E.
∵∠ACB＝∠B＝∠ACD′＝45°
∴∠ECD′＝90°
.
在Rt△ECD′中，
ED′＝
＝
即DE＝
2．解：
（1）①
∵△ABC，△AED是两个全等的等腰直角三角形，
∴AD＝BC.
∵O为BC的中点，F为AD的中点，∴AF＝OC.
∵∠BAC＝∠AED＝90°
，AB＝AC，AE＝DE，
∴∠DAE＝∠CBA＝45°
，∴AD∥BC，
∴四边形AFOC是平行四边形，
∴OF＝AC＝
EC，∴
②
∵AO＝
AC，∠BAO＝∠CAO＝45°
，∠DAE＝45°
∴∠DAE＝∠CAO.
∵AE＝AC，AF＝AO，
∴
，∴△AFO∽△AEC，∴
（2）OF＝
EC.
理由：
在等腰直角△ADE中，F为AD的中点，
∴AF＝
AD＝
AE.
在等腰直角△ABC中，O为BC的中点，
如图，连接AO，
∴AO＝
∴∠DAE＝45°
∴∠DAE＝∠CAO，即∠DAO＝∠CAE.
（3）∵△ABC和△AED是两个全等的等腰直角三角形，
∴AD＝BC＝
∴ED＝AE＝AB＝AC＝1.
当△ACD为直角三角形时，分两种情况：
①当AD与AB重合时，如图，连接CD.
当△ACD为直角三角形时，AD⊥AC，
即将△ADE绕点A逆时针旋转45°
∵AD＝
，AC＝1，
∴由勾股定理可得CD＝
②当AE与AC重合时，如图，
当△ACD为直角三角形时，AC⊥CD，
即将△ADE绕点A逆时针旋转90°
，此时CD＝AC＝1.
综上所述，CD的长为
或1.
3．解：
（1）
由题意知，△BAE≌△BCD，
∴AE＝CD，BE＝BD，∴CD＋AD＝AD＋AE＝DE.
∵△BDE是等腰直角三角形，
∴DE＝
BD，∴DC＋AD＝
BD.
（2）AD－DC＝
证明：
如图，过点B作BE⊥BD，交MN于点E，AD交BC于O.
∵∠ABC＝∠DBE＝90°
∴∠ABE＋∠EBC＝∠CBD＋∠EBC，
∴∠ABE＝∠CBD.
∵∠BAE＋∠AOB＝90°
∠BCD＋∠COD＝90°
，∠AOB＝∠COD，
∴∠BAE＝∠BCD，
∴∠ABE＝∠DBC.
又∵AB＝CB，∴△CDB≌△AEB，
∴CD＝AE，EB＝BD，
∴△EBD为等腰直角三角形，DE＝
∵DE＝AD－AE＝AD－CD，
∴AD－DC＝
＋1
如图，易知A，B，C，D四点共圆，当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的右侧时，△ABD的面积最大，
此时DG⊥AB，DB＝DA，在DA上截取一点H，使得CD＝DH＝1，则易证CH＝AH＝
∴BD＝AD＝
＋1.
4．
（1）解：
①△ABE≌△ACE，△ADF≌△CDB
∵AB＝AC，AE⊥BC，∴△ABE≌△ACE.
∵∠BAC＝45°
，CD⊥AB，∴DA＝DC.
在△ADF和△CDB中，
∴△ADF≌△CDB.
②AF＝2CE
∵△ABE≌△ACE，∴BC＝2CE.
∵△ADF≌△CDB，∴AF＝BC，∴AF＝2CE.
（2）证明：
如图，延长AB，CD交于点G.
∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠GAD.
∵AD⊥CD，∴∠ADC＝∠ADG＝90°
在△ADC和△ADG中，
∴△ADC≌△ADG，
∴CD＝GD，即CG＝2CD.
，AB＝BC，
∴∠ABC＝90°
，∴∠CBG＝90°
，∴∠G＋∠BCG＝90°
∵∠G＋∠BAE＝90°
，∴∠BAE＝∠BCG.
在△ABE和△CBG中，
∴△ABE≌△CBG，∴AE＝CG＝2CD.
（3）证明：
如图，作DG⊥BC于点H，交CE的延长线于G.
∴AB⊥BC，∴DG∥AB，
∴∠GDC＝∠BAC＝45°
∴∠EDC＝
∠BAC＝22.5°
＝∠EDG，DH＝CH.
又∵DE⊥CE，∴∠DEC＝∠DEG＝90°
在△DEC和△DEG中，
∴△DEC≌△DEG，∴DC＝DG，CG＝2CE.
∵∠DHF＝∠CEF＝90°
，∠DFH＝∠CFE，
∴∠FDH＝∠GCH.
在△DHF和△CHG中，
∴△DHF≌△CHG，
∴DF＝CG＝2CE.
压轴大题抢分练
（二）
1．如图，抛物线y＝－
x2＋bx＋c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线y＝－
x＋2经过点A，C.
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线AC上方抛物线上一动点．
①连接PO，交AC于点E，求
的最大值；
②过点P作PF⊥AC，垂足为点F，连接PC，是否存在点P，使△PFC中的一个角等于∠CAB的2倍？
若存在，请直接写出点P的坐标；
若不存在，请说明理由．
2．如图，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象经过A（－1，0）和B（3，0）两点，且交y轴于点C，M为抛物线的顶点．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）若将该二次函数图象向上平移m（m＞0）个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△BOC的内部（不包含边界），求m的取值范围；
（3）点P是抛物线上一动点，PQ∥BC交x轴于点Q，当以点B，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标．
3．如图，抛物线y＝－
x2＋bx＋c与x轴的一个交点为A（－2，0），与y轴的交点为B（0，4），对称轴与x轴交于点P.
（2）点M为y轴正半轴上的一个动点，连接AM，过点M作AM的垂线，与抛物线的对称轴交于点N，连接AN.
①若△AMN与△AOB相似，求点M的坐标；
②若点M在y轴正半轴上运动到某一位置时，△AMN有一边与线段AP相等，并且此时有一边与线段AP具有对称性，我们把这样的点M称为“对称点”，请直接写出“对称点”M的坐标．
4．如图，抛物线y＝ax2＋bx＋3（a≠0）与x轴交于点A（－1，0），B（3，0），与y轴交于点C，连接BC.
（2）抛物线上是否存在点M，使得△MBC的面积与△OBC的面积相等，若存在，请直接写出点M的坐标；
若不存在，请说明理由；
（3）点D（2，m）在第一象限的抛物线上，连接BD.在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P，满足∠PBC＝∠DBC？
如果存在，请求出点P的坐标；
如果不存在，请说明理由．
备用图
（1）对于直线y＝－
x＋2，
当x＝0时，y＝2，即C（0，2），
当y＝0时，x＝4，即A（4，0），
将A，C点坐标代入函数解析式得
解得
抛物线的解析式为y＝－
x2＋
x＋2.
（2）①如图，过点P向x轴做垂线，交直线AC于点M，交x轴于点N.
∵直线PN∥y轴，
∴△PEM∽△OEC，
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