深圳宝安区精华学校数学几何模型压轴题单元练习(Word版 含答案)
重阳节作文-菊花茶的种类
深圳宝安区精华学校数学几何模型压轴题单元练习（
< br>Word
版
含答
案）
一、初三数学
旋转易错题压轴题（难）
1
．
已知抛物线
y=ax
2
+bx-3a-5
经过点
A(2
，
5)
（
1
）求出
a
和
b
之间的数量关系．
（
2
）已知抛物线的顶点为
D
点，直线
AD
与
y<
/p>
轴交于
(0
，
-
7)
①求出此时抛物线的解析式；
②点
B
为
y<
/p>
轴上任意一点且在直线
y=5
和直线
y=-13
之间，连接
BD
绕点
B
逆时针旋转
90°
，得到线段
BC
，连接
AB
、
AC
，将
< br>AB
绕点
B
顺时针旋转
90°
，得到线段
BH
．截取
BC
的
中点
F
和
DH
的中点
< br>G
．当点
D
、点
H
、点
C
三点共线时，分别求
出点
F
和点
G
的坐标．
【答案】（
1
）
a+2b=10
；（
2<
/p>
）①
y= 2x
2
+4x-11
，
②G
1
(
F
1
(
< br>-
47
305
91
305
)
，
，
-
8
< br>8
305-21
33
305
47-
305
3
05
21
33-
305
91-
305
)
，
G
2
(
)
，
F
2
(
)
，
-
，
-
，
-<
/p>
8
4
8
8
4
8
【解析】
【分析】
（
1
）把点
A
坐标代入抛物线
y=ax
2
+bx-3
a-5
即可得到
a
和
< br>b
之间的数量关系；
（
2
）①求出直线
AD
的解析式，与抛物线
y=ax
2
+bx
-3a-5
联立方程组，根据直线与抛物线有
两个交点，结合韦
达定理求出
a
，
b
，即可求出解析式；
②作
AI<
/p>
⊥
y
轴于点
I<
/p>
，
HJ
⊥
y
轴于点
J.
设
B<
/p>
（
0
，
t
），根据旋转性质表示粗
H
、
D
、
C
坐标，
应含
t
式子表示直线
AD
的解析式，根据
D
、
H
、
C
三点共线，把点
C
坐标代入求出
t
1
-
31
305
31-
305
，
t
2
-
，分两类讨论，分别求出
G
、
F
坐标。
4
4
【详解】
解：（
1
）
把
A
（
2,5
）代入
y=ax
2
+bx-3a-5<
/p>
得
4a+2b-3a-5=5
∴
a+2b=10
∴
a
和
b
之间的数量关系是
a+2b=10
（
2
）①设直线
AD
的解析式为
y=kx+c
∵
直线
AD
与
y
轴交于（
0
，
-7
），
A
（
2,5
< br>）
2k
c
5
k
6
{
{
∴<
/p>
解得
即直线
AD
的解析式为
y=6x-7
c
-7
c
-7
2
y
ax
+bx-3a-5
联立抛物线
y=ax
2
+bx-3a-5
与直线
AD
：
y=6x-7
得
{
y
6x-7
消去
y
得
ax
2
+<
/p>
（
b-6
）
x-
3a+2=0
∵抛物线与直线
AD
有两个交点
∴由韦达定理可得：
x
A
+x
D
=
-
∵
A
（
2,5
）
∴
x
A
=2
即
x
D
=
∴
b-6
2
a
-3a
2
=
，
x
A
x
D
=
a
2a
a
2
a
b
a-10
-2
∵
x
D
=
-
=
2a
2a
4a
2
a
a-10
10-a
-2
=<
/p>
= 4
解得
a=2
∴
b=
2a
4a
2
∴此时抛物线的解析式为
y
= 2x
2
+4x-11
②如图所示：作
AI
⊥
y
轴于点
I
，
HJ
⊥
y
< br>轴于点
J.
设
B
（
0
，
t
）
∵
A
（
2
，
5
），
∴
AI=2
，
BJ=5-t
∵
AB
绕点
B
顺时针旋转
90
°，得
到线段
BH
∴
AB=BH
，∠
ABH=90
°，∠
AIB=
∠
BJH=90
°
∵∠
IAB+
∠
IBA=90
°，∠
ABH+
∠
IBA+
∠
JBH=180
°
∴∠
IBA+
∠
JBH=90
< br>°即∠
IAB=
∠
JBH
∴△
AJB
≌△<
/p>
BJH
即
AI=BJ=2
，
BI=IH=5-t
∴<
/p>
H
（
5-t
，<
/p>
t-2
）
<
/p>
∵
D
（
-1
，
-13
）∴
y<
/p>
B
-y
D
=t+
13
同理可得：
C
< br>（
t+13
，
t-1
）
设
DH
的解析式为
y=k
1
x+b
1
t
11
k
1
-k
1
b
1
-13
6-t
{
∴
解得
{
t
11
（
5-t
）
k
1
b
1
t-2
b
1
-13-
t-6
即直线<
/p>
AD
的解析式为
y
∵
D
、
H
、
C
三点共线
t
11
t<
/p>
11
x-13-
6
t
t
6
∴把
C
（<
/p>
t+13
，
t-1
）代入
y
AD
整理得
2t
2
+31t+82=0
解得
t
1
<
/p>
-
由图可知：①当
t
1
-
此时
H
（
t
1
1
t
11
t
11
t
<
/p>
11
x-13-
（
t
13
）
-13-
得：
t-1
6
t
t
6
6
t
t
6<
/p>
31
305
3
1-
305
，
t
2
-
4
4
31
30
5
如图
1
所示：
4
51
305
305-21
39
305
35
305
，
-
）
，
C
（
-
，
-
）
< br>4
4
4
4
∵点
G
为
DH
中点，点
F
为
BC
< br>中点
∴
G
1
（
47
305
91
305
305-21
33
305<
/p>
，
-
）
，
F
1
（
-
，
-
）
8
8
8
4
由图可知：当
t
2
-
此时
H
（
31-
305
如图
2
所示：
4
51-
305
39-
3
05
305
21
35-
305
，
-
）
，
C
（
，
-
）
4
4
4
4
∵点
G
为
DH
中点，点
F
为
BC
中点
∴
G<
/p>
2
（
47-
30
5
305
21
33-
305
91-
305
，
-
）
，
F
2
（
< br>，
-
）
（
14
分）
8
8
4
8
47
305
91
305
305-21
33
305
，
-
）
，
< br>F
1
（
-
，
-
）
8
8
8
4
∴综上
所述：
G
1
（
G
2
（
47-
305
305
21
< br>33-
305
91-
305
，
-
）
，
F
2
（
，
-
）。
8
8
4
8
【点睛】
本题为含参数的二次函数问题，综合性强，难度较大，解题关键在于根据旋转性质，用含
参数式子分别表示点的坐标，函数关系式，结合韦达定理，分类讨论求解。
2
．
如图，
△
ABC
和
△
DEC
都是等腰三角形，点
C
为它们的公共直角顶点，连接
AD
、
BE
，
F
为线段
AD
的中点，连接
CF
．
（
1
）如
图
1
，当
D
点
在
BC
上时，
BE
与
CF
的数量关系是
______
____
；
（
2
）如图
2
，把
△
DEC
绕
C
点顺时针旋转
90°
，其他条件不变，问（
1
）中的关系是否仍然
成立？请说明理由；
（
3
）如图
3
，把
△
DEC
绕
C
点顺时针旋转一个钝角，其他条件不变，问
（
1
）中的关系是否
仍然成立？如成立
，请证明；如果不成立，请写出相应的正确的结论并加以证明．
【答案】
（
1
）
BE=2CF
；（
2
）（
1
）中的关系是仍然成
立，理由见解析；（
3
）（
1
）中的
关系是仍然成立，理由见解析
.
【解析】
试题分析
：
（
1
）根据“
SAS
”证明△
ACD
≌△
BCE
，可得
AD
=<
/p>
BE
，又因为
AD
=2
CF
，从而
BE=2CF
；
（
2
）由点
F
是
AD
中点，可得
AD<
/p>
=2
DF
，从而
AC
= 2
DF
+
CD
，又由△
ABC
和
△
CDE
是等腰直角
三角
形，可知
BC
=2
DF
+
CE
，所以
BE
= 2
（
DF
+
CE
），
CF
=
DF
+
CD
，从而
BE
=2
CF
；
（
3
）<
/p>
延长
CF
至
G<
/p>
使
FG
=
CF<
/p>
，即：
CG=
2
CF
，可证△
CDF
≌△
GAF
，再证明△
BCE
≌
△
ACG
，
从而
BE
=
CG
=2
CF
成立
.
解：（
1
）
∵△
< br>ABC
是等腰直角三角形，
∴
AC=BC
，
∵△
CDE
是等腰直角三角形，
<
/p>
∴
CD=CE
，
在
△
ACD
和
△
BCE
中，
∴△
ACD
≌△
BCE
，
∴
AD=BE
，在
Rt
△
ACD
中，点
F
是
AD
中点，
∴
AD=
2CF
，
∴
BE=2CF
，
故答案为
BE=2CF
；
（
2
）（
1
）中的关
系是仍然成立，
理由：∵点
F
是
AD
中点，
∴
AD=2DF
，
∴
AC=AD+CD=2DF+CD
，
∵△
ABC
和
△
CDE
是等腰直角三角形，
∴
AC=BC
，<
/p>
CD=CE
，
∴
BC=2DF+CE
，
∴
BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2
（
DF+CE
），
∵
CF=DF+CD=DF+CD
，
∴
BE=2CF
；
（
3
）（
< br>1
）中的关系是仍然成立，理由：如图
3
，
延长
CF
至
G
使
FG=CF
，即：
CG=2CF
，
∵点
F
是
AD
中点，
∴
A
F=DF
，
在
△
CDF
和
△
GAF
中，
∴△
CDF
≌△
GAF
，
∴
AG=CD=CE
，
∠
CDF=
∠
GAF
，
∴∠
CAG=
∠
CAD+
∠
GAF=
∠
CAD+
∠
ADC
=180°
﹣
∠
ACD
，
∵∠
ACB=
∠
DCE=90°
，
<
/p>
∴∠
BCE=360°
﹣
∠
ACB
﹣
∠
DCE
﹣
∠
ACD=180°
﹣
∠
ACD
，
∴∠
CAG=
∠
BCE
，
连接
BE
，
，
，
在
△
BCE
和
△
ACG
中，
∴△
BCE
≌△
ACG
，
∴
BE=CG=2CF
，
即：
BE=2CF
．
，
点睛：
本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质，
考查了
学生综合运用知识的能力，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答
本题的
关键．
3
．
阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的
顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这
个规律的图形称为“手拉手”图形．如图
1
，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠
BAC
＝
∠
DAE
，
AB
＝
AC
，
AD
＝
AE
，则
BD
＝
CE
,
(1)
在图
1
中证明小
胖的发现；
借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解
答下面的问题：
(2)
如图
2
，
AB
＝
BC
，∠
ABC
＝∠
BDC
＝60°，求证：
AD+CD
＝
BD
；
(3)
如图
3
，在△<
/p>
ABC
中，
AB
＝
AC
，∠
BAC
＝m°，点
E
为△
ABC
外一点，点
D
为
BC<
/p>
中点，
∠
EBC
＝∠
ACF
，
ED
⊥
FD
，求∠
EAF
的度数（用含有
m
的式子表示）．
< br>
【答案】
（
1
）证明见解析
；（
2
）证明见解析
；（
3
）
∠
EAF
=
【解析】
1
m°
.
<
/p>
2
分析：
（
1<
/p>
）如图
1
中，欲证明
BD=EC
，只要证明
△
DAB<
/p>
≌△
EAC
即可；
（
2
）如图
2
中，延长
DC
到
< br>E
，使得
DB=DE
．首先证明
△
BDE
是等边三角形，再证明
△
ABD
≌△
CBE
即可解决问题；
< br>
（
3
）如图
< br>3
中，将
AE
绕点
E
逆时针旋转
m°
得到
AG
，连接
CG
、
EG
、
EF
、
FG
，延长
ED
到
M
，使得
DM=DE
，连接
FM
、
CM
．想办法证明
△
AFE
≌△
AFG
，可得∠
EAF=
∠
FAG=
详
（
1
）证明：如图
1
中
，
1
m°
.
2
∵∠
BA
C=
∠
DAE
，
∴∠
DAB=
∠
< br>EAC
，
在
< br>△
DAB
和
△
< br>EAC
中，
AD
＝
AE
DAB
＝
EAC
，
AB
＝
AC
∴△
DAB
≌△
EAC
，
∴
BD=EC
．
（
2
）证明：如图
2
中
，延长
DC
到
E
，使得
DB=DE
．
∵
DB=DE
，
∠
BDC=60°
，
∴△
BDE
是等边三角形
，
∴∠
BD=BE
< br>，
∠
DBE=
∠
ABC=60°
，
∴∠
ABD=
∠
CBE
，
∵
AB=BC
，
∴△
ABD
< br>≌△
CBE
，
∴
AD=EC
，
∴
BD=DE=DC+CE=DC+AD
．
∴
AD+CD=BD
．
（
3
）如图
3
中
，将
AE
绕点
E
逆时针旋转
m°
得到
AG
，连接
CG
、
EG
、
EF
、
FG
，延长
ED
到
M
，使得
DM=DE
，连接
< br>FM
、
CM
．
< br>
由（
1
）可知
△
EAB
≌△
GAC
，
∴∠
1=
∠
2
，
BE=CG
，
∵
BD=DC
，
∠
BDE
=
∠
CDM
，
DE=DM
，
∴△
< br>EDB
≌△
MDC
，
∴
EM=CM=CG
，
∠
EBC=
∠
MCD
，
∵∠
EBC=
∠
ACF
，
∴∠
MCD=
∠
ACF
，
∴∠
FCM=
∠
ACB=
∠
ABC
，
∴
∠
1=3=
∠
2
，
∴∠
FCG=
< br>∠
ACB=
∠
MCF
，
∵
CF=CF
，
CG=CM
，
<
/p>
∴△
CFG
≌△
CFM
，
∴
FG=FM
，
∵
ED=DM
，
DF
⊥
EM
，
∴
FE=FM=FG
，
∵
AE=AG
，
AF=AF
< br>，
∴△
AFE
≌△
AFG
，
∴∠
EAF=
∠
FAG=<
/p>
1
m°
．
2
点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、
全等三角形的判定和性
质等知识，解题的关键是学会利用
“
手拉手
”
图形中的全等三角形解决问题，学
会构造
“
手拉
手
”
模型，解决实际问题，属于中考压轴题．
4
．
已知，
如图：正方形
ABCD
，将
Rt
△
EFG
斜边
EG<
/p>
的中点与点
A
重合，直角顶点
F
落在
正方形的
AB
边上，
Rt
△
EF
G
的两直角边分别交
AB
、
AD
边于
P
、
Q
两点，（点
P
与点
F
重
合），如图
1
所示：
（
1
）求证：
EP
2
+
GQ
2
=PQ
2
；
（
2
）若将
Rt
△
EFG
绕着点
A
逆时针旋转
α
（
0°
＜
α
≤
90°
），两直角边分别交
AB
、
AD
边于
P
、
Q
两点，如图
2
所示：判断四条线
段
EP
、
PF
、
FQ
、
QG
之间是否存在什么确定的相等关
系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；<
/p>
（
3
）若将<
/p>
Rt
△
EFG
绕
着点
A
逆时针旋转
α
< br>（
90°
＜
α
< br>＜
180°
），两直角边所在的直线分别交
BA
、
AD
两边延长线于<
/p>
P
、
Q
两点，并
判断四条线段
EP
、
PF
、
FQ
、
QG
之间存在何种确定的
相等关系？按题意完善图
3
，请直接写出你的结论（不用证明）．
【
答案】（
1
）见解析；（
2
）
PF
2
+
FQ
2
=EP
2
+
GQ
2
；（
3
）四条线段
EP
、
PF
、
FQ
、
QG
之间的
关系为
PF
2
+
GQ
2
=PE
2
+
FQ
2
．
【解析】
【分析】
（
1
）过点
E
作
EH
∥
FG
，由此可证
△
EAH
≌
△
GAQ
，然后根据全等三角形的性质得到
EH
=
QG
，又
PQ
=
PH
，在
Rt
△
EPH
中，
EP
2
+
EH
2<
/p>
=
PH
2
，由此
可以得到
EP
2
+
GQ
2
=
PQ
2
；
（
2
）过点
E
作
EH
∥
FG
，交
DA
的延长线于点
H
，连接
PQ
、
PH
，由此可证
△
EAH
≌
△
GAQ
，然后根据全等三角形的性质得到
EH
=
QG
，又
PH
=
PQ
，在
< br>Rt
△
EPH
中，
EP
2
+
EH
2
=
PH
2
，即
EP
2
+
GQ
2
=
PH
2
，在
Rt
△
PFQ
中，
PF
2
+
FQ
2
=
PQ
2
，故
PF
2
+
FQ
2
=
EP
2
+
GQ
2
；
< br>（
3
）四条线段
EP
、
PF
、
FQ
、
QG
之间的关系为
PE
2
+
GQ
2<
/p>
=
PF
2
+
FQ
2
，证明方法同上．
< br>
【详解】
（
1
）过点
E
作
EH
∥
FG
，连接
AH
、
FH
，如图所示：
∵
EA=
AG
，∠
HEA=
∠
< br>AGQ
，∠
HAE=
∠
GAD
，
∴△
EAH
≌△
GAQ
，
∴
EH=QG
，
HA=AQ
，
< br>∵
FA
⊥
AD
< br>，
∴
PQ=PH
．
< br>在
Rt
△
EPH
中，
∵
EP
2
+
EH
2
< br>=PH
2
，
< br>∴
EP
2
+
GQ
2
=PQ
2
< br>；
（
2
）过点
E
作
EH
∥
FG
，交
DA
< br>的延长线于点
H
，连接
PQ
、
PH
，
∵
EA=AG
，∠
HEA=
∠
AGQ
，∠
HAE=
∠
GAD
，
∴△
EAH<
/p>
≌△
GAQ
，
∴
EH=QG
，
HA=AQ
，
∵
< br>PA
⊥
AD
，
< br>
∴
PQ=PH
．
在
Rt
△
EPH
中，
∵
EP
2
+
EH
2
=PH
2
，
∴
EP
2
+
GQ
2
=PH
2
．
在
< br>Rt
△
PFQ
中，
∵
PF
2
+
FQ
2
=PQ
2
，
∴
< br>PF
2
+
FQ
< br>2
=EP
2
+
< br>GQ
2
．
（
3
）四条线段
EP
、
PF
、
FQ
、
QG
之间的关系为
PF<
/p>
2
+
GQ
2
=PE
2
+
FQ<
/p>
2
．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质
，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出
辅助线是解答本题的关键<
/p>
.
5
．
如图，已知
△
AB
C
和
△
ADE
都是等腰直角三角形，∠
ACB=
∠
A
DE=90°
，点
F
为
BE
的中
点，连接
CF
，
DF
．
（
1
）如图
1
，当点
D
在
AB
上，点
E
在
AC
上时
①证明：
△
BFC
是等腰三角形；
②请判断线段
CF
，
DF
的关系？
并说明理由；
（
2
< br>）如图
2
，将图
1
中的
△
ADE
绕点
A
旋转到图
2
位置时，
请判断（
1
）中②的结论是否
仍然成立
？并证明你的判断．
【答案】
（
1
）
①证明见解析；②结论：
CF=DF
且
CF
⊥
DF
．理由见解析；（
2
）（
1
）中的
结论仍然成立．理由
见解析
.
【解析】
【详解】
分析：
(1)
、
根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”
可知
CF=BF=EF
，
根据
∠
CFD=2
∠
ABC
，
∠
ACB=90°
< br>，
∠
ABC=45°
得出∠
CFD=90
°，从而得出答案
；
(2)
、
延长
DF
至
G
使
FG=DF
，连接
BG
，
CG
，
DC
，
首先证明△
BFG
和△
EFD
全等，然后再证明△
BCG
和
< br>△
ACD
全等，从而得出
GC=
DC
，
∠
BCG=
∠
ACD
，
∠
DCG=
∠
ACB=90°
，
最后根据直角三角形
斜中线的性质得出答案．
详解：
（
1
）
①证明：∵∠
BCE=90°
．<
/p>
EF=FB
，
∴
CF=BF=EF
，
∴△
BFC
是等腰三角形．
②解：结论：
CF=DF
且
CF
⊥
DF
．理由如下：
∵∠
ADE=90°
，
∴∠
BDE=90°
，
又∵∠
BCE=90°
，点
F
是
BE
的中点，∴
CF=DF=
∴∠
1=
∠
3
，
∠
2=
∠
4
，
∴∠
5=
∠
1+
∠
3=2
∠
1
，
∠
6
=
∠
2+
∠
4
=2
∠
2
，
∴∠
CFD=
∠
5+
∠
6=2
（
∠
1+
∠
2
）
=2
∠
ABC
，
又∵△
ABC
是等腰直角三角形，且∠
ACB=90°
，
∴∠
ABC=45°
，
∴
∠
CFD=90°
，
∴
CF=DF
且
CF
⊥
DF
．
（
2
）（
1
）中的结论仍然成立．理由如下：
如图，延长
DF
至
G
使
FG=DF
，连接
BG
，
CG
，
DC
，
∵
F
是
B
E
的中点，∴
BF=EF
，
又∵∠
BFG=
∠
EFD
，
GF=DF
，
∴△
BFG
≌△
< br>EFD
（
SAS
），
∴∠
FBG=
∠
FED<
/p>
，
BG=ED
，
∴
BG
∥
DE
，
∵△
ADE
和
△
ACB
都是等腰直角三角形，
∴
DE=DA
，
∠
DAE=
∠
DEA=45°
，
AC=BC
，
∠
CAB=
∠
CBA
=45°
，
又∵∠
< br>CBG=
∠
EBG
﹣
∠
EBA
﹣
∠
ABC=
∠
DEF
﹣（<
/p>
180°
﹣
∠
A
EB
﹣
∠
EAB
）﹣
45°
=
∠
DEF
﹣
180°
+
∠
AEB+
∠
EAB
﹣
45°
=
（
∠
DEF+
∠
AEB
）
+
∠
EAB
﹣
225°
=360°
﹣
∠
DEA+
∠
EAB
﹣
225°
=360°
﹣
45°
+
∠
EAB
﹣
225°
=90°
+
< br>∠
EAB
，
< br>1
BE=BF
，
2
而∠<
/p>
DAC=
∠
DAE+
∠
EAB+
∠
CAB=45°
+
∠
EAB+45°
=90°
+
∠
EAB
，
∴∠
CBG=
∠
DAC
，
又∵
BG=ED
，
DE=DA
，
∴
BG=AD
，
< br>又∵
BC=AC
，
∴△
BCG
≌△
ACD<
/p>
（
SAS
），
∴
GC=DC
，
∠
BCG=
∠
ACD
，
∴∠
DCG=
∠
DCB+
∠
BCG=
∠<
/p>
DCB+
∠
ACD=
∠
ACB=90°
，
∴△
DCG
是等腰直角三角形，又∵
F
是
DG
的中点，∴
CF
⊥
DF
且
CF=DF
．
<
/p>
点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要<
/p>
掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．
6
．
操作与证明：如图
1
，把一个含
45°
角的直角三角板
ECF
和一个
正方形
ABCD
摆放在一
起，使三角板
的直角顶点和正方形的顶点
C
重合，点
E
、
F
分别在正方形的边
CB
、
CD
上，
连接
AF
．取
AF
中点
M
，
EF
的中点
N
，连接
MD
、
MN
．
<
/p>
（
1
）连接
AE
，求证：
△
AEF
是等腰三角形；
猜想与发现：
（
2
）在（
1
）的条件下，请判断
MD
、
MN
的数量关系和位置关系，得出结论．
结论
1
：
DM
、
MN
的数量关系是
；
结论
2<
/p>
：
DM
、
MN<
/p>
的位置关系是
；
拓展与探究：
（
3
）如图
2
，将图
1
中的直角三角板
ECF
绕点
C
顺时针旋转
180°
，其他条件不变，则
（
2
）中
的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（
1
）证明参见解析；（
2
）相等，垂直；（
3
）成立，理由参见解析
.
【解析】
试题分析：（
1
）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出
CE=CF
，继而证明出
△
ABE
≌
△
ADF
，
得到
AE=AF
，从而证明出
△
AEF
是等腰三角形；（
2
< br>）
DM
、
MN
< br>的数量关
系是相等，利用直
角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论
.
位置
关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角
形对应角
相等即可得出结论；（
3
）成
立，连接
AE
，交
MD
于点
G
，标记出各个角，首先证明出
< br>MN
∥
AE
，
< br>MN=
1
1
AE
，利用三角形全等证出
AE=AF
，而
DM=
AF
，从而得到
DM<
/p>
，
MN
数量
2<
/p>
2
相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形
性质以及角角之间的数量
关系得到
∠
D
MN=
∠
DGE=90°
．从而得到<
/p>
DM
、
MN
的位
置关系是垂直
.
试题解析：（
1
）
∵
四边形
ABCD
是正方形，
∴
AB=AD=BC=CD
，
∠
B=<
/p>
∠
ADF=90°
，
∵
△
CEF
是等腰直角三角形，<
/p>
∠
C=90°
，
∴
CE=CF
，
∴
BC
﹣
CE=CD
﹣
CF
，即
BE=DF
，
∴
△
ABE
≌
△
ADF
，
∴
AE=AF
，
∴
△
AEF
是等腰三角形；（
2
）
DM
、
MN
的数量关系是相等，
DM
、
MN
的位置关系是垂直；
∵
在
Rt
△
ADF
中
DM
是斜边
AF
的
中线，
∴
AF=2DM
，
∵
MN
是
△
AEF
的中位线，
∴
AE=2
MN
，
∵
AE=AF
< br>，
∴
DM=MN
；
∵
∠
DMF=
∠
DAF+
∠
ADM
，
AM=MD
，
∵
∠
FMN=
∠
FAE
，
∠
DAF=
∠
< br>BAE
，
∴
∠
< br>ADM=
∠
DAF=
∠
BAE
，
∴
∠
DMN=
∠
FMN+
∠
DMF=
∠
DAF+
< br>∠
BAE+
∠
FAE=
∠
BAD=90°
，
∴
DM
⊥
MN
；
（
3
）（
2
）
中的
两个结论还成立，连接
AE
，交<
/p>
MD
于点
G
，<
/p>
∵
点
M
为
AF
的中点，点
N
为
EF
的中点，
∴
MN
∥
AE
，
MN=
1
AE
，由已知得，
AB=AD=BC=CD
，
∠
< br>B=
∠
ADF
，
CE=CF
，又
2
∵
BC+CE=CD+CF
，即
BE=DF
，
∴
△
ABE
≌
△
ADF
，
∴
AE=AF
，在
R
t
△
ADF
中，
∵
点
M
为
A
F
的
中点，
∴
DM=
1
AF
，
∴
DM=MN
，
∵
< br>△
ABE
≌
△
< br>ADF
，
∴
∠
< br>1=
∠
2
，
∵
AB
∥
DF
，
∴
∠
1=
∠
3
，
2
同
理可证：
∠
2=
∠
4
，
∴
∠
3=
∠
4
，
∵
DM=AM
，
∴
∠
MAD=
∠
5
，
∴
∠
DGE=
< br>∠
5+
∠
4=
< br>∠
MAD+
∠
3=90°
，
∵
MN
∥
AE
，
∴
∠
DMN=
∠
DGE=90°
，
∴
DM
⊥
MN
．所
以（
2
）中的两个结论还成立
.
考点：
1.
正方形的性质；
< br>2.
全等三角形的判定与性质；
3.
三角形中位线定理；
4.
旋转的性
质．
7
．
如图
1
，在平面直角坐标系
xOy
中，抛物线
C
：<
/p>
y
=
ax
2
+
bx
+
c
与
x
轴相交于
A
，
B
两点，顶
点为
D
（
0
，
4
），
AB
=4<
/p>
2
，设点
F
（<
/p>
m
，
0
）是
x
轴的正半轴上一点，将抛物线
C
绕点
F
旋转
180°<
/p>
，得到新的抛物线
C
′．
（
1
）求抛物线
C
的函数表达式；
（<
/p>
2
）若抛物线
C
′与抛物线
C
在
y
轴的右侧有两个不同的公共点，求
m
的取值范围．
（
3
）如图
2
，
P
是第一象限内抛物线
C
上
一点，它到两坐标轴的距离相等，点
P
在抛物线
C
′上的对应点
P
′，设
M
是
C
上的动点，
N
是
C
′上的
动点，试探究四边形
PMP
′
N
能否
成为正方形？若能，求出
m
的值；若不能，请说明理由．
< br>1
2
【答案】
（
1
）
y
x
4
；（
2
）
2
＜
m
＜
2
2
；（
3
）
m
=6
或
m
=
17
﹣
3
．
2
【解析】
【分析】
（
1
）由题意抛物线的顶点
C
（
0
，
4
），
A
（
2
2
，
0
），设抛物线的解析式为
y
ax
2
4
，把
A
（<
/p>
2
2
，
0
）代入可得
a
=
<
/p>
1
，由此即可解决问题；
2
（
2
）由题意抛物线
C
′
的顶点坐标为（
2
m
，﹣
4
），设抛物线
C
′
的解析式为
1
2
y
x
< br>4
1
2
2
y
x
2
m
4
，由
，消去
y
得到
x
2
2
mx
2
m
2
8
0
，由题
2
y
1
x
2
m
2
4
<
/p>
2
意，抛物线
C
′
与抛物线
C
在
y
轴的右侧有两个不同的公共点，则有
(
2
m
)
2
4<
/p>
2
m
2
8
0
2
m
0
，解不等式组即可解决问题；
2
m
2
8
0<
/p>
（
3
）情形
1
，四边形
P
MP
′
N
能成为正方形．作
PE
⊥
x
轴于
E
，
MH
⊥
x
轴于
H
．由题意易知
P
（
2
，
2
），当
△
PFM
是等腰直角三角形时，四边形
PMP
′
N
是正方形，推出
PF
=
FM
，
∠
PFM
=90°
，
易证
△
PFE
≌△
FMH
，可得
PE
=
FH<
/p>
=2
，
EF
=<
/p>
HM
=2
﹣
m<
/p>
，可得
M
（
m<
/p>
+2
，
m
﹣
2
），理由待定系数法即可解决问题；情形
2
，如图，四边形
PMP
′
N
是正方
形，同法可得
M
（
m
﹣
2
，
2
﹣
m
），利用待定系数法即可解决问题．
【详解】
（
1
）由题意抛物线的顶点
C
（
0
，
4
），
A
（
2
2
，
0
），设抛物线的解析式为
y
ax
2
4
，把<
/p>
A
（
2
2
，
0
）代入可得
a<
/p>
=
1
2
∴抛物线
C
的函数表达式为
< br>y
x
4
．
2
1
，
2
（
2
）由题意抛物线
C
′
的顶点坐标为（
2
m
，﹣
4
），设抛物线
C
′
的解析式为
y
1
2
x
2
m
4
，
2
1
2
< br>y
x
4
2
由
，
1
2
y
x
2
m
< br>4
2
消去
y
得到
x
2
2
mx
2
m
2
<
/p>
8
0
，
由题意，抛物线
< br>C
′
与抛物线
C
在
y
轴的右侧有两个不同的公共点，则有
(
2
< br>m
)
2
4
2
m
2
8
0
2
m
0
，
2
m
2
< br>
8
0
解得
2
＜
m
＜
2
2<
/p>
，
∴满足条件的
m
的取值范围为
2
＜
m
＜
2
2
．
（
3
）结论：四边形
PMP
′
N
能成为正方形．
理由：
1
情形
1
，如图，作
< br>PE
⊥
x
轴于
< br>E
，
MH
⊥
x
轴于
H
．
由
题意易知
P
（
2
，
2
），当
△
PFM
是等腰直角三角形时，四边形
PMP
< br>′
N
是正方形，
∴
PF
=
FM
，
∠
PFM
=90°
，
易证
△
PFE
≌△<
/p>
FMH
，可得
1
PE
=
FH
=2
，
EF
=
HM
=2
﹣
m
，
∴
M
（
m
+2
，
m
﹣
2
），
∵点
M
在
y
x
2
4
上，
2
∴
m
2
1
2
m
2
4
，解
得
m
=
17
﹣
3
或﹣
17
﹣
3
（舍弃），∴
m
=
17
﹣
3
2
时，四边形
PMP
′
N
是正方形．
情形
2
，如图，四边形
PMP
′
N
是正方形，同法可得
M
（
m
﹣
2
，
2
﹣
m
），
1
2
< br>1
2
把
M
（
m
﹣
2
，
2
﹣
m
）代入
y
x
4
中，
2
m
m
2
4
，解得
m
=6
或
0
< br>（舍
2
2
弃），
∴
m
=6
时，四边形
PMP
′
N
是正方形．
综上所述：
m
=6
或
m
=
17
﹣
3
时，四边形<
/p>
PMP
′
N
是正
方形．
8
．
如图
1
，点
O
是正方形
ABCD
两对角线的交点<
/p>
.
分别延长
OD
到点
G
，
OC
到点
E
，使
OG
=2
OD
，
OE
< br>=2
OC
，然后以
OG
、
OE
为邻边作正方形
OEFG
，连接
AG
，
DE
．
< br>(1)
求证：
DE
⊥
AG
；
(2)
正方形
ABCD
固定，将正方形
OEFG
绕点
O
逆时针旋转<
/p>
角
(0
°
< <
/p>
<360
°
)
得
到正方形
，如图
2
．
< br>
①在旋转过程中，当∠
直角边所对的锐角为
30
度
)
②若正方形
ABCD
的边长为
1
，在旋转过程中，求
出结果不必说明理由．
长的最大值和此时
的度数，直接写
< br>是直角时，求
的度数；
(
注明：
当直角边为斜边一半时，这条
【答案】
（
1
）
DE
⊥
AG
（
2
）
①
当∠
【解析】
分析：
（
1
）
延长
ED
交
AG
于点
H
，证明
为直角时，α=30°或
150°.②315°
≌
，根据等量代换证明结论；
，
分两种情况
（
2<
/p>
）根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到
求出<
/p>
的度数；
（
3
）根据正方形的性质分别求出
OA
和<
/p>
OF
的长，根据旋转变换的性质求出
AF
′
长的最大值
和此时
的度数．
详解：
如图
1
，延长
ED
交
AG<
/p>
于点
H
，
点
O
是正方形
AB
CD
两对角线的交点，
，
，
在
和
中，
，
≌
，
，
，
，
，
即
；
在旋转过程中，
成为直角有两种情况：
Ⅰ
由
增大到
过程中，当
，
时，
在
中，
sin
∠
AGO=
，
，
，
，
，
即
Ⅱ
由
同理可求<
/p>
；
增大到
过程
中，当
，
．
时，
<
/p>
综上所述，当
如图
3
，
时，
或
．
当旋转到
A
、
O
、
在一条直线上时，
正方形
ABCD
的边长为
1
，
，
，
，
，
，
，
此时
．
的长最大，
点睛：考查了正方形的性
质，全等三角形的判定与性质，锐角三角形函数，旋转变换的性
质的综合应用，有一定的
综合性，注意分类讨论的思想
.
二、初三数学
圆易错题压轴题（难）
9
．
在圆
O
中，
C
是弦
AB
上的一点，联
结
OC
并延长，交劣弧
AB
于点
D
，联结
AO
、
BO
、
AD
、
BD
．已知圆<
/p>
O
的半径长为
5
，弦
AB
的长为
8
．
（
1
）如图
1
，当点
D
是弧
AB
的中点时，求
CD
的长；
（
2
）如图
2
，设
AC=x
，
S
S<
/p>
ACO
OBD
=y
，求
y
关于
x
的函数解析式并写出定义域；
（
3
）若四边形
AOBD
是梯形，求
AD
的长．
14<
/p>
x
x
2
8
x
25
【答案】（
1
）
2
；（
2
）
y=
（
0
＜
x
＜
8
）
;
（
3
）
AD=
或
6
．
< br>5
5(8
x
< br>)
【解析】
【分析】
(1)
根据垂径定理和勾股定理可求出
OC
的长
< br>.
(2)
分别作
OH
⊥
AB
，
DG
⊥
AB
，用含
x
的代数式表示△
ACO
和△
BOD
的面积，便可得出函数
解
析式
.
(3)
分
OB
∥
AD
和
OA
∥
BD
两种情况讨论
.
【详解】
解：（
1
）∵
OD
过圆心，点
D
是弧
AB
的中点，
AB=8
，
<
/p>
∴
OD
⊥
AB<
/p>
，
AC=
1
AB
=4
，
2
在
Rt
△
AOC
中，∵∠
ACO=90°
，
AO=5<
/p>
，
∴
CO=<
/p>
AO
2
AC<
/p>
2
=3
，
∴
OD=5
，
∴
CD=OD
﹣
OC=2
；
（
2
）如图
2
，过点
O
作
OH
⊥
< br>AB
，垂足为点
H
，
则由（
1
）可得
AH=4
，
OH=3
，
∵
AC=x
，
∴
CH=
|
x
﹣
4
|
，
在
Rt
△
HOC
中，∵∠
CHO=90°
，
AO=5
，
∴
CO=
HO
2
HC
2
=
3
2
|
x
4
|
2
=
x
2
8
x
25
，
∴
CD=
OD
﹣
OC=5
﹣
x
2
8
x
25
，
过点
DG
⊥
A
B
于
G
，
<
/p>
∵
OH
⊥
AB<
/p>
，
∴
DG
∥
OH
，
∴△
OCH
∽△
DC
G
，
∴
OH
OC
，
<
/p>
DG
CD
2
OH
CD
3
5<
/p>
x
8
x
25
=
∴
DG=
，
OC
x
2
8
x
25
∴
S
< br>△
ACO
=
1
< br>1
3
AC
×
OH=
x
×
3=
< br>x
，
2
2
2
3
5
x
2
8
x
25
1
1
3
S
△
BOD
=
BC
（
OH
+
DG
）
=
（
8
﹣
x
）×（
3
+
）
=
（
8
< br>﹣
x
）
2
2
2
x
2
8
x
25<
/p>
×
5
x
2
8
x
25