初中數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí) 2020屆中考數(shù)學(xué)高分課件：專題八　 解答壓軸題突破 (共50張PPT)

第二部分專題突破專題八解答壓軸題突破分類突破類型1幾何變換綜合題——折疊與旋轉(zhuǎn)1.如圖2-8-1①，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A(-2，0),B(2，0)，C(0，2)，點(diǎn)D，E分別是AC，BC的中點(diǎn)，將△CDE繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△CMN，點(diǎn)M，N分別是點(diǎn)D，E旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，記旋轉(zhuǎn)角度為α.(1)如圖2-8-1①，連接AM，BN，求證：AM=BN；(2)如圖2-8-1②，當(dāng)α=75°時(shí)，求點(diǎn)N的坐標(biāo)；(3)當(dāng)AM∥CN時(shí)，求BN的長(zhǎng).(直接寫出結(jié)果即可)(1)證明：∵A(-2，0)，B(2，0)，C(0，2),∴OA=OB=OC.又∵∠AOC=∠BOC=90°,OC=OC,∴△AOC≌△BOC(SAS).∴AC=BC.∵D，E分別是AC，BC的中點(diǎn),∴DC=CE.∵△MCN是△DCE旋轉(zhuǎn)得到的,∴∠ACM=∠BCN，CM=CD，CE=CN.∴CM=CN,∠ACM=∠BCN，AC=BC.∴△ACM≌△BCN(SAS).∴AM=BN.

(2)解：∵∠BCO=45°，∠BCN=∠α=75°，∴∠OCN=120°.過點(diǎn)N作NQ⊥y軸,垂足為Q,如答圖2-8-1.∴∠NCQ=60°.在Rt△BCO中，BC=∴CE=CN=在Rt△NCQ中,∠NCQ=60°,∴∠QNC=30°.∴∴(3)解：當(dāng)AM∥CN時(shí)，∠MCN=∠AMC=90°.在Rt△ACM中，AC=2，CM=，∴AM=∵AM=BN，∴BN=2.如圖2-8-2，△CAB與△CDE均是等腰直角三角形，并且∠ACB=∠DCE=90°.連接BE，AD的延長(zhǎng)線與BC,BE的交點(diǎn)分別是點(diǎn)G，點(diǎn)F.(1)求證：AF⊥BE；(2)將△CDE繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)直至CD∥BE時(shí)，探究線段DA，DE，DG的數(shù)量關(guān)系，并證明；(3)在(2)的條件下，若DA=4.5，DG=2，求BF的值.(1)證明：由題意，得CD=CE，CA=CB.∵∠ACB=∠ACD+∠DCB=90°，∠DCE=∠BCE+∠DCB=90°,∴∠ACD=∠BCE.∴△ACD≌△BCE(SAS).∴∠CAD=∠CBE.又∵∠CAD+∠AGC=90°,∠AGC=∠BGF，∴∠CBE+∠BGF=90°.∴∠AFB=90°，即AF⊥BE.(2)解：DE2=2DA·DG.證明如下.∵在Rt△DCE中，sin∠DEC=，∴CD=DE·sin∠DEC=DE.∵CD∥BE，∴∠CDG=∠AFB=90°.∴∠AGC+∠DCG=90°，∠ADC=90°.∴∠ACD=∠AGC，∠ADC=∠CDG=90°.∴△ADC∽△CDG.∴∴CD2=DA·DG，即=DA·DG.∴DE2=2DA·DG.(3)解：由(2)知DE2=2DA·DG=2×4.5×2=18.∴DE=3，CD==3.∵CD∥BE,∴∠DEF=∠CDE=45°.∴∠CEF=∠CDE+∠CED=45°+45°=90°.∴∠CEF=∠DCE=∠AFE=90°.∴四邊形DCEF是矩形.又∵CD=CE,∴四邊形DCEF是正方形.∴DF=CD=3，GF=DF-DG=1.∵CD∥BE,∴△BFG∽△CDG.∴，即.∴BF=.3.如圖2-8-3，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，把矩形沿直線AC折疊，使點(diǎn)B落在點(diǎn)E處，AE交CD于點(diǎn)F，連接DE.(1)求證：△DEC≌△EDA；(2)求DF的值；(3)在線段AB上找一點(diǎn)P，連接FP使FP⊥AC，連接PC，試判定四邊形APCF的形狀，并說明理由，直接寫出此時(shí)線段PF的長(zhǎng).(1)證明：由題意可知，在△EDA與△DEC中，∴△EDA≌△DEC(SSS).(2)解：如答圖2-8-2.∵∠ACD=∠CAE，∴AF=CF.設(shè)DF=x，則AF=CF=4-x.在Rt△ADF中，AD2+DF2=AF2，即32+x2=(4-x)2.解得x=，即DF=.(3)解：四邊形APCF為菱形.理由如下.設(shè)AC,FP相交于點(diǎn)O,如答圖2-8-2.∵FP⊥AC，∴∠AOF=∠AOP=90°.又∵∠CAE=∠CAB，∴∠APF=∠AFP.∴AF=AP.∴FC=AP.又∵AB∥CD，∴四邊形APCF是平行四邊形.∵FP⊥AC，∴四邊形APCF為菱形.在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，∴AC=5.∵S菱形=PF·AC=AP·AD，AP=AF=4-，∴PF=類型2點(diǎn)動(dòng)型綜合題1.(2018廣東)已知Rt△OAB，∠OAB=90°,∠ABO=30°,斜邊OB=4，將Rt△OAB繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，如圖2-8-4①，連接BC.(1)填空：∠OBC=_____°；(2)如圖2-8-4①，連接AC，作OP⊥AC，垂足為點(diǎn)P，求OP的長(zhǎng)度；(3)如圖2-8-4②，點(diǎn)M，N同時(shí)從點(diǎn)O出發(fā)，在△OCB邊上運(yùn)動(dòng)，M沿O→C→B路徑勻速運(yùn)動(dòng)，N沿O→B→C路徑勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩點(diǎn)相遇時(shí)運(yùn)動(dòng)停止.已知點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)速度為1.5單位/s，點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)速度為1單位/s，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為xs,60△OMN的面積為y，則當(dāng)x為何值時(shí)，y取得最大值？最大值為多少？解：(2)∵OB=4，∠ABO=30°，∴OA=OB=2，AB=OA=2.∴S△AOC=·OA·AB=×2×2=2.∵∠OBC=60°，∴∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°.∴AC==2.∴OP=(3)①當(dāng)0＜x≤時(shí)，點(diǎn)M在OC上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N在OB上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)過點(diǎn)N作NE⊥OC，交OC于點(diǎn)E，如答圖2-8-3①，則NE=ON·sin60°=∴S△OMN=·OM·NE=×1.5x×∴y=∴當(dāng)x=時(shí)，y有最大值，最大值為②當(dāng)＜x≤4時(shí)，點(diǎn)M在BC上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N在OB上運(yùn)動(dòng).如答圖2-8-3②，過點(diǎn)M作MH⊥OB于點(diǎn)H.則BM=8-1.5x，MH=BM·sin60°=(8-1.5x).∴y=·ON·MH=x2+2x.當(dāng)x=時(shí)，y取得最大值，∴此時(shí)y最大值＜.③當(dāng)4＜x≤4.8時(shí)，M,N都在BC上運(yùn)動(dòng)，作OG⊥BC于點(diǎn)G，如答圖2-8-3③.則MN=12-2.5x，OG=AB=2.∴y=·MN·OG=12.當(dāng)x=4時(shí)，y有最大值2.∵x>4，∴y最大值<2.綜上所述，當(dāng)x=時(shí)，y有最大值，最大值為.2.(2019株洲)如圖2-8-5①，在矩形ABCD中，連接AC，點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿著B→A→C的路徑運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts.過點(diǎn)E作EF⊥BC于點(diǎn)F，在矩形ABCD的內(nèi)部作正方形EFGH.(1)如圖2-8-5①，當(dāng)AB＝BC＝8時(shí)，①若點(diǎn)H在△ABC的內(nèi)部，連接AH，CH，求證：AH＝CH；②當(dāng)0＜t≤8時(shí)，設(shè)正方形EFGH與△ABC的重疊部分面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；(2)當(dāng)AB＝6，BC＝8時(shí)，若直線AH將矩形ABCD的面積分成1∶3兩部分，求t的值.解：(1)①∵四邊形EFGH是正方形，AB＝BC，∴BE＝BG，AE＝CG，∠BEH＝∠BGH＝90°.∴∠AEH＝∠CGH＝90°.又∵EH＝GH,∴△AEH≌△CGH(SAS).∴AH＝CH.②當(dāng)0＜t≤4時(shí)，重疊部分是正方形EFGH，S＝t2.如答圖2-8-4，當(dāng)4＜t≤8時(shí),重疊部分是五邊形EFGMN,S＝S△ABC-S△AEN-S△CGM＝×8×8-2×(8-t)2＝-t2+16t-32.綜上所述，S＝(2)①如答圖2-8-5，延長(zhǎng)AH交BC于點(diǎn)M，當(dāng)BM＝CM＝4時(shí)，直線AH將矩形ABCD的面積分成1∶3兩部分.∵EH∥BM，∴∴∴②如答圖2-8-6，延長(zhǎng)AH交CD點(diǎn)于點(diǎn)M，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)K，當(dāng)CM＝DM＝3時(shí),直線AH將矩形ABCD的面積分成1∶3兩部分，易證AD＝CK＝8.∵EH∥BK，∴∴∴③如答圖2-8-7，當(dāng)點(diǎn)E在線段AC上時(shí)，延長(zhǎng)AH交CD于點(diǎn)M，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N.當(dāng)CM＝DM時(shí)，直線AH將矩形ABCD的面積分成1∶3兩部分，易證AD＝CN＝8.在Rt△ABC中，AC＝＝10.∵EF∥AB，∴∴∴EF＝(16-t).∵EH∥CN，∴∴

解得t＝.綜上所述，滿足條件的t的值為類型3線動(dòng)型綜合題1.如圖2-8-6，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于點(diǎn)D，BC=10cm，AD=8cm.點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，在線段BC上以每秒3cm的速度向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，垂直于AD的直線m從底邊BC出發(fā)，以每秒2cm的速度沿DA方向勻速平移，分別交AB，AC，AD于點(diǎn)E，F(xiàn)，H.當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)P與直線m同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts(t＞0).(1)當(dāng)t=2時(shí)，連接DE，DF，求證：四邊形AEDF為菱形；(2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，所形成的△PEF的面積存在最大值，當(dāng)△PEF的面積最大時(shí)，求線段BP的長(zhǎng)；(3)是否存在某一時(shí)刻t，使△PEF為直角三角形？若存在，請(qǐng)求出此時(shí)刻t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.(1)證明：當(dāng)t=2時(shí)，DH=AH=4cm，則H為AD的中點(diǎn)，如答圖2-8-8①.又∵EF⊥AD，∴EF為AD的垂直平分線.∴AE=DE，AF=DF.∵AB=AC，AD⊥BC于點(diǎn)D，∴AD⊥BC，∠B=∠C.∴EF∥BC，∠AEF=∠B，∠AFE=∠C.∴∠AEF=∠AFE.∴AE=AF.∴AE=AF=DE=DF，即四邊形AEDF為菱形.(2)解：如答圖2-8-8②，由(1)知EF∥BC，∴△AEF∽△ABC.∴，即解得EF=10-t.∴S△PEF=EF·DH=-t2+10t=-(t-2)2+10∴當(dāng)t=2時(shí)，S△PEF存在最大值，最大值為10cm2，此時(shí)BP=3t=6cm.(3)解：存在.理由如下.①若點(diǎn)E為直角頂點(diǎn)，如答圖2-8-9①，此時(shí)PE∥AD，PE=DH=2t，BP=3t.∵PE∥AD，∴，即，此比例式不成立，故此種情形不存在.②若點(diǎn)F為直角頂點(diǎn)，如答圖2-8-9②，此時(shí)PF∥AD，PF=DH=2t，BP=3t，CP=10-3t.∵PF∥AD，∴，即.解得t=.③若點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)，如答圖2-8-9③.過點(diǎn)E作EM⊥BC于點(diǎn)M，過點(diǎn)F作FN⊥BC于點(diǎn)N，則EM=FN=DH=2t，EM∥FN∥AD.∵EM∥AD，∴，即.解得BM=t.∴PM=BP-BM=3t-.在Rt△EMP中，由勾股定理，得PE2=EM2+PM2=(2t)2+.∵FN∥AD，∴，即，解得CN=∴PN=BC-BP-CN=10-3t-在Rt△FNP中，由勾股定理，得PF2=FN2+PN2=(2t)2+-85t+100.在Rt△PEF中，由勾股定理，得EF2=PE2+PF2，即化簡(jiǎn)，得-35t=0.解得t=或t=0(不符題意，舍去).∴t=.綜上所述，當(dāng)t=時(shí)，△PEF為直角三角形.2.(2018黑龍江)如圖2-8-7，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形ABCD的邊AB在x軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(-3，0)，點(diǎn)C在y軸正半軸上，且sin∠CBO=，點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒一個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸正方向移動(dòng)，移動(dòng)時(shí)間為t(0≤t≤5)s，過點(diǎn)P作平行于y軸的直線l，直線l掃過四邊形OCDA的面積為S.(1)求點(diǎn)D的坐標(biāo);(2)求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式;(3)在直線l移動(dòng)過程中，l上是否存在一點(diǎn)Q，使以B，C，Q為頂點(diǎn)的三角形是等腰直角三角形？若存在，直接寫出Q點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由.解：(1)在Rt△BOC中，OB=3，sin∠CBO=設(shè)CO=4k，BC=5k.∵BC2=CO2+OB2，∴25k2=16k2+9.解得k=1或k=-1(不符題意，舍去).∵四邊形ABCD是菱形，∴CD=BC=5.∴D(5，4).(2)①如答圖2-8-10①，當(dāng)0≤t≤2時(shí)，直線l掃過的圖形是四邊形OCQP，S=4t.②如答圖2-8-10②，當(dāng)2＜t≤5時(shí)，直線l掃過的圖形是五邊形OCQTA.S=S梯形OCDA-S△DQT(3)如答圖2-8-10③，a.當(dāng)QB=QC，∠BQC=90°時(shí)，b.當(dāng)BC=CQ′，∠BCQ′=90°時(shí)，Q′(4，1).c.當(dāng)BC=BQ″，∠CBQ″=90°時(shí)，Q″(1，-3).綜上所述，滿足條件的點(diǎn)Q坐標(biāo)為，(4，1)或(1，-3).類型4形動(dòng)型綜合題1.把Rt△ABC和Rt△DEF按如圖2-8-8①擺放(點(diǎn)C與E重合)，點(diǎn)B，C(E)，F(xiàn)在同一條直線上.已知∠ACB=∠EDF=90°,∠DEF=45°，AC=8cm，BC=6cm，EF=10cm.如圖2-8-8②，△DEF以1cm/s的速度沿CB向△ABC勻速移動(dòng)，在△DEF移動(dòng)的同時(shí)，點(diǎn)P從△ABC的頂點(diǎn)A出發(fā),以2cm/s的速度沿AB向點(diǎn)B勻速移動(dòng)；當(dāng)點(diǎn)P移動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)P停止移動(dòng)，△DEF也隨之停止移動(dòng).DE與AC交于點(diǎn)Q，連接PQ，設(shè)移動(dòng)時(shí)間為t(單位：s).(1)用含t的代數(shù)式表示線段AP和AQ的長(zhǎng)，并寫出t的取值范圍；(2)連接PE，設(shè)四邊形APEQ的面積為y(單位：cm2)，試探究y的最大值；(3)當(dāng)t為何值時(shí)，△APQ是等腰三角形?(1)解：AP=2t.∵∠EDF=90°，∠DEF=45°，∴∠CQE=45°=∠DEF.∴CQ=CE=t.∴AQ=8-t.t的取值范圍是0≤t≤5.(2)連接PE,過點(diǎn)P作PG⊥BC于點(diǎn)G，如答圖2-8-11.可求得AB=10，sinB=，PB=10-2t，EB=6-t.∴PG=PB·sinB=(10-2t).∴y=S△ABC-S△PBE-S△QCE∴當(dāng)t=(在0≤t≤5內(nèi))時(shí)，y有最大值，y最大值=(cm2).(3)若AP=AQ，則有2t=8-t.解得t=若AP=PQ，如答圖2-8-12①,過點(diǎn)P作PH⊥AC，則AH=QH=，PH∥BC，△APH∽△ABC.∴，即，解得t=若AQ=PQ，如答圖2-8-12②,過點(diǎn)Q作QI⊥AB，則AI=PI=AP=t.∵∠AIQ=∠ACB=90°，∠A=∠A，∴△AQI∽△ABC.∴，即解得t=綜上所述，當(dāng)t=時(shí)，△APQ是等腰三角形.2.已知：如圖2-8-9①，在平行四邊形ABCD中,AB=3cm,BC=5cm，AC⊥AB，△ACD沿AC的方向勻速平移得到△