04挑戰(zhàn)壓軸題（解答題二）-2022年中考數(shù)學(xué)沖刺挑戰(zhàn)壓軸題專題匯編

2022年中考數(shù)學(xué)沖刺挑戰(zhàn)壓軸題專題匯編（江西考卷）04挑戰(zhàn)壓軸題（解答題二）1．（2021·江西）二次函數(shù)的圖象交軸于原點及點．感知特例（1）當時，如圖1，拋物線上的點，，，，分別關(guān)于點中心對稱的點為，，，，，如下表：…（___，___）………①補全表格；②在圖1中描出表中對稱后的點，再用平滑的曲線依次連接各點，得到的圖象記為．形成概念我們發(fā)現(xiàn)形如（1）中的圖象上的點和拋物線上的點關(guān)于點中心對稱，則稱是的“孔像拋物線”．例如，當時，圖2中的拋物線是拋物線的“孔像拋物線”．探究問題（2）①當時，若拋物線與它的“孔像拋物線”的函數(shù)值都隨著的增大而減小，則的取值范圍為_______；②在同一平面直角坐標系中，當取不同值時，通過畫圖發(fā)現(xiàn)存在一條拋物線與二次函數(shù)的所有“孔像拋物線”，都有唯一交點，這條拋物線的解析式可能是______．（填“”或“”或“”或“”，其中）；③若二次函數(shù)及它的“孔像拋物線”與直線有且只有三個交點，求的值．【答案】（1）①2，0；②見解析；（2）①；②；③m=1．【解析】【分析】（1）①根據(jù)中心對稱的定義求解即可；②根據(jù)表格，描點，連線即可；（2）①畫出草圖，利用數(shù)形結(jié)合思想即可求解；②結(jié)合（1）②的圖象以及（2）①的圖象即可回答；③根據(jù)“孔像拋物線”的性質(zhì)求得圖象L的頂點為，則圖象L′的頂點為(3m，)，再根據(jù)題意即可求解．【詳解】（1）∵點B(1，3)與點B′(5，3)關(guān)于點A中心對稱，∴點A的坐標為(，)，即A(2，0)，故答案為：2，0；②描點，連線，得到的圖象如圖所示：（2）①當m=?1時，拋物線L為，對稱軸為，它的“孔像拋物線”L′的解析式為，對稱軸為，畫出草圖如圖所示：∴拋物線L與它的“孔像拋物線”L′的函數(shù)值都隨著x的增大而減小，則x的取值范圍為：；②畫出草圖，由圖象知，這條拋物線的解析式只能是；故答案為：；③L：，設(shè)頂點為，過點P作PM⊥軸于點M，“孔像拋物線”的頂點為，過點作⊥x軸于點，由題意可知△PMA≌△A，得(3m，0)，所以(3m，)，∵拋物線L及“孔像拋物線”與直線y=m有且只有三個交點，∴=m或=m，解得m=1或0，當m=0時，與只有一個交點，不合題意，舍去，∴m=1．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式及二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合并熟練掌握二次函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2020·江西）已知拋物線（，，是常數(shù)，）的自變量與函數(shù)值的部分對應(yīng)值如下表：…21012……033…（1）根據(jù)以上信息，可知拋物線開口向，對稱軸為；（2）求拋物線的表達式及的值；（3）請在圖1中畫出所求的拋物線，設(shè)點為拋物線上的動點，的中點為，描出相應(yīng)的點，再把相應(yīng)的點用平滑的曲線連接起來，猜想該曲線是哪種曲線？（4）設(shè)直線（）與拋物線及（3）中的點所在曲線都有兩個交點，交點從左到右依次為，，，，請根據(jù)圖象直接寫出線段，之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）上，；（2），；（3）圖象見解析，中點的軌跡為拋物線；（4）．【解析】【分析】（1）由表中數(shù)據(jù)分析即可得到開口方向，及對稱軸；（2）代入，解方程組，即可求得表達式；代入即可得到的值；（3）根據(jù)要求畫出函數(shù)圖象，并觀察猜想即可；（4）根據(jù)題目要求，畫出圖象，觀察得結(jié)論即可．【詳解】（1）由表可知：；，x=2,y=3可知拋物線開后方向向上；由表可知：；，可知拋物線的對稱軸為：故答案為：上，（2）由表可知：代入點得，解得∴拋物線的表達式為：當時，當時，（3）作圖如下：OP中點連接后的圖象如圖所示：為拋物線（4）如圖所示：可得【點睛】本題考查了二次函數(shù)的探究題，能根據(jù)表格求出拋物線的解析式，是解題的關(guān)鍵．3．（2019·江西）在圖1，2，3中，已知，，點為線段上的動點，連接，以為邊向上作菱形，且．（1）如圖1，當點與點重合時，________°；（2）如圖2，連接．①填空：_________（填“>”，“<”，“=”）；②求證：點在的平分線上；（3）如圖3，連接，，并延長交的延長線于點，當四邊形是平行四邊形時，求的值．【答案】（1）；（2）①，②見詳解；（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)計算；（2）①證明，根據(jù)角的運算解答；②作于，交的延長線于，證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，根據(jù)角平分線的判定定理證明結(jié)論；（3）根據(jù)含角的直角三角形的性質(zhì)得到，證明四邊形為菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)、平行線分線段成比例定理計算，得到答案．【詳解】解：（1）∵四邊形是菱形∴∴故答案是：（2）①∵四邊形是平行四邊形∴∵四邊形是菱形，∴∴故答案是：②作于，交的延長線于，如圖：∴∴∵∴∵，∴為等邊三角形∴在和中，∴∴，，∴點在的平分線上．（3）、交于點，如圖：∵四邊形是菱形，∴∴∵四邊形為平行四邊形∴，∴，四邊形是平行四邊形∴，∴是菱形∴∵∴∴∴∴∴在中，∴∴∴∴∴．【點睛】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、含角的直角三角形的性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、角平分線的判定定理等，掌握相關(guān)知識點是解題的關(guān)鍵．4．（2018·江西）在菱形中，,點是射線上一動點，以為邊向右側(cè)作等邊，點的位置隨點的位置變化而變化.（1）如圖1，當點在菱形內(nèi)部或邊上時，連接，與的數(shù)量關(guān)系是，與的位置關(guān)系是；（2）當點在菱形外部時，(1)中的結(jié)論是否還成立？若成立，請予以證明；若不成立，請說明理由(選擇圖2，圖3中的一種情況予以證明或說理).

(3)如圖4，當點在線段的延長線上時，連接，若,,求四邊形的面積.

【答案】（1）BP=CE；CE⊥AD；（2）成立，理由見解析；（3）.【解析】【詳解】【分析】（1）①連接AC，證明△ABP≌△ACE，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等即可證得BP=CE；②根據(jù)菱形對角線平分對角可得，再根據(jù)△ABP≌△ACE，可得，繼而可推導(dǎo)得出，即可證得CE⊥AD；（2）(1)中的結(jié)論：BP=CE，CE⊥AD仍然成立，利用（1）的方法進行證明即可；（3）連接AC交BD于點O，CE，作EH⊥AP于H，由已知先求得BD=6，再利用勾股定理求出CE的長，AP長，由△APE是等邊三角形，求得，的長，再根據(jù)，進行計算即可得.【詳解】（1）①BP=CE，理由如下：連接AC，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∵△APE是等邊三角形，∴AP=AE，∠PAE=60°，∴∠BAP=∠CAE，∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE；②CE⊥AD，∵菱形對角線平分對角，∴，∵△ABP≌△ACE，∴，∵，∴，∴，∴，∴CF⊥AD，即CE⊥AD；（2）(1)中的結(jié)論：BP=CE，CE⊥AD仍然成立，理由如下：連接AC，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD都是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAD=120°，∠BAP=120°＋∠DAP，∵△APE是等邊三角形，∴AP=AE，∠PAE=60°，∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP，∴∠BAP=∠CAE，∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE，，∴∠DCE=30°，∵∠ADC=60°，∴∠DCE＋∠ADC=90°，∴∠CHD=90°，∴CE⊥AD，∴(1)中的結(jié)論：BP=CE，CE⊥AD仍然成立；(3)

連接AC交BD于點O，CE，作EH⊥AP于H，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BD平分∠ABC，∵∠ABC=60°，，∴∠ABO=30°，∴，BO=DO=3，∴BD=6，由(2)知CE⊥AD，∵AD∥BC，∴CE⊥BC，∵，，∴，由(2)知BP=CE=8，∴DP=2，∴OP=5，∴，∵△APE是等邊三角形，∴，，∵，∴，===，∴四邊形ADPE的面積是.【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形判定與性質(zhì)等，熟練掌握相關(guān)知識，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵.5．（2017·江西）已知拋物線C1：y=ax2﹣4ax﹣5（a＞0）．（1）當a=1時，求拋物線與x軸的交點坐標及對稱軸；（2）①試說明無論a為何值，拋物線C1一定經(jīng)過兩個定點，并求出這兩個定點的坐標；②將拋物線C1沿這兩個定點所在直線翻折，得到拋物線C2，直接寫出C2的表達式；（3）若（2）中拋物線C2的頂點到x軸的距離為2，求a的值．【答案】（1）（﹣1，0）或（5，0）；對稱軸為x=2；（2）①（0，﹣5），（4，﹣5）②y=﹣ax2+4ax﹣5（3）a=或【解析】【分析】（1）將a=1代入解析式，即可求得拋物線與x軸交點；（2）①化簡拋物線解析式，即可求得兩個點定點的橫坐標，即可解題；②根據(jù)拋物線翻折理論即可解題；（3）根據(jù)（2）中拋物線C2解析式，分類討論y=2或﹣2，即可解題【詳解】（1）當a=1時，拋物線解析式為y=x2﹣4x﹣5=（x﹣2）2﹣9，∴對稱軸為x=2；∴當y=0時，x﹣2=3或﹣3，即x=﹣1或5；∴拋物線與x軸的交點坐標為（﹣1，0）或（5，0）；（2）①拋物線C1解析式為：y=ax2﹣4ax﹣5，整理得：y=ax（x﹣4）﹣5；∵當ax（x﹣4）=0時，y恒定為﹣5；∴拋物線C1一定經(jīng)過兩個定點（0，﹣5），（4，﹣5）；②這兩個點連線為y=﹣5；將拋物線C1沿y=﹣5翻折，得到拋物線C2，開口方向變了，但是對稱軸沒變；∴拋物線C2解析式為：y=﹣ax2+4ax﹣5，（3）拋物線C2的頂點到x軸的距離為2，則x=2時，y=2或者﹣2；當y=2時，2=﹣4a+8a﹣5，解得，a=；當y=﹣2時，﹣2=﹣4a+8a﹣5，解得，a=；∴a=或；考點：1、拋物線與x軸的交點；2、二次函數(shù)圖象與幾何變換1．（2022·江西南昌·九年級期末）如圖1，拋物線y＝x2﹣4mx+4m2+2m﹣4（m是常數(shù)）的頂點為P，直線l：y＝x﹣4．(1)求證：點P在直線l上．(2)若m＜0，直線l與拋物線的另一個交點為Q，與y軸交點為H，Q恰好是線段PH的中點，求m的值．(3)如圖2，當m＝0時，拋物線交x軸于A、B兩點，M、N在拋物線上，滿足MA⊥NA，判斷MN是否恒過一定點，如果過定點，求出定點坐標；如果不過定點，說明理由．【答案】(1)見解析；(2)；(3)存在；【解析】【分析】（1）求出P（2m，2m?4），判斷P點在直線y＝2x?4上即可；（2）聯(lián)立，則，由韋達定理可得x1＋x2＝4m＋1，可知Q點橫坐標為2m＋1，再由中點坐標公式可得2m＋1＝m，即可求m＝?1；（3）設(shè)直線MN的解析式為y＝kx＋b，聯(lián)立得到x2?kx?4?b＝0，由韋達定理可得m＋n＝k，mn＝?4?b，過點M作ME⊥x軸交于點E，過點N作NF⊥x軸交于點F，可證明△MAE∽△ANF，則，即，可求k與b的關(guān)系為：2k?b＋1＝0，則直線MN的解析式為，當x＝?2時，y＝1，由此可知直線MN經(jīng)過定點（?2，1）．(1)∵y＝x2?4mx＋4m2＋2m?4＝∴P（2m，?2m?4），將x＝2m代入y＝x?4，得y＝2m?4，∴P點在直線y＝x?4上；(2)當x＝0時，y＝4，∴H（0，4），聯(lián)立，∴，∴x1＋x2＝4m＋1，∴Q點橫坐標為2m＋1，∵Q恰好是線段PH的中點，∴2m＋1＝m，∴m＝?1；(3)存在，理由如下：當m＝0時，y＝x2?4，令y＝0，則x＝±2，∴A（2，0），設(shè)M（m，m2－4），N（n，n24），設(shè)直線MN的解析式為y＝kx＋b，聯(lián)立，∴x2?kx?4?b＝0，∴m＋n＝k，mn＝?4?b，過點M作ME⊥x軸交于點E，過點N作NF⊥x軸交于點F，如圖所示：∵MA⊥AN，∴∠MAE＋∠NAF＝90°，∠MAE＋∠AME＝90°，∴∠AME＝∠NAF，∴△MAE∽△ANF，∴，∵AE＝2?m，ME＝m2?4，AF＝n?2，NF＝n2?4，∴，∴2k?b＋1＝0，∴，∴當x＝?2時，y＝1，∴直線MN經(jīng)過定點（?2，1）．【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，熟練掌握二次函數(shù)與一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，會求函數(shù)交點坐標，靈活應(yīng)用韋達定理是解題的關(guān)鍵．2．（2022·貴州遵義·九年級期末）已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+4（a≠0，a、b為常數(shù)）的圖象與x軸交于點A（﹣1，0），B（6，0），與y軸的正半軸交于點C，過點C的直線y＝﹣x+4與x軸交于點D．(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)如圖1，點P是第一象限內(nèi)二次函數(shù)圖象上的一個動點，試探究點P的坐標是多少時，△CDP的面積最大，并求出最大面積；(3)如圖2，點M是二次函數(shù)圖象上一動點，過點M作ME⊥CD于點E，MF//x軸交直線CD于點F，是否存在點M，使得△MEF≌△COD，若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)P（,），最大面積為(3)M（2，8）或M（5，4）【解析】【分析】（1）將A（?1，0），B（6，0）代入y＝ax2＋bx＋4，即可求解；（2）過點P作PG⊥x軸交直線CD于點G，設(shè)P（t，），則G（t，），由S△CDP＝S△PCG?S△PDG＝×PG×3＝?（t?）2＋，即可求解；（3）由題意可得FM＝5，設(shè)M（m，），則F（m?5，），再由F點在直線CD上，即可求m的值，進而確定M點的坐標．(1)解：將A（?1，0），B（6，0）代入y＝ax2＋bx＋4，∴，∴，∴(2)過點P作PG⊥x軸交直線CD于點G，設(shè)P（t，），則G（t，），，∴GP＝令y＝0，則x＝3，∴D（3，0），∵S△CDP＝S△PCG?S△PDG＝×PG×3＝?（t?）2＋，，∴當t＝時，S△CDP有最大值此時P（,）；(3)存在點M，使得△MEF≌△COD，理由如下：∵ME⊥CD，∴∠MEF＝90°，∵MF∥x軸，∴∠FME＝∠CDO，∵△MEF≌△COD，∴MF＝CD，∵OC＝4，OD＝3，∴CD＝5，∴FM＝5，設(shè)M（m，），則F（m?5，），∵F點在直線CD上，∴＝∴m＝2或m＝5，∴M（2，8）或M（5，4）．【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2022·福建莆田·九年級期末）拋物線與x軸交于點和點，與y軸交于點C．(1)求拋物線的解析式及點C的坐標．(2)將拋物線右移5個單位，下移個單位得到新拋物線，當自變量x在的范圍時，求的最小值．(3)在x軸正半軸上有一動點，過點E作直線軸，交拋物線于點P，交拋物線于點Q，若的面積為20，求m的值．【答案】(1)，點C的坐標為(2)(3)2或4或【解析】【分析】（1）將點和點代入函數(shù)解析式，解方程可得拋物線的解析式，利用拋物線與y軸交于點C，令x=0，即可求點C的坐標；（2）將化為頂點式，根據(jù)平移方式（括號內(nèi)左加右減，括號外上加下減）得到新拋物線，通過函數(shù)圖象，分析新拋物線的增減性，即可在的范圍內(nèi)，得到最小值；（3）根據(jù)P、Q的坐標特點得到用含m的式子表示的P、Q的坐標，利用的面積為20，列出方程，求解即可．(1)解：把點和點代入，得解得拋物線的解析式為．∵點C是與y軸的交點，∴點C的坐標為．(2)化為頂點式：，將其右移5個單位，下移個單位后，得，如圖，在的范圍內(nèi)，時，有最小值，令，，∴的最小值為．(3)如圖所示，過點作直線軸，交拋物線于點P，交拋物線于點Q，∴P點坐標為，Q點坐標為，∴PQ的長度為．∵的面積為20，∴，∴或解得：，，，（舍去）∴m的值為2或4或．【點睛】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)．涉及待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、利用平移方式求新函數(shù)的解析式．4．（2022·全國·九年級專題練習）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝x2﹣2x+1+m．(1)求此拋物線的頂點坐標（用含m的式子表示）；(2)如果當﹣2＜x＜﹣1時，y＞0，并且當2＜x＜3時，y＜0，求該拋物線的表達式；(3)如果（2）中的拋物線與x軸相交于A、B（點A在點B左側(cè)），現(xiàn)將x軸下方的圖象沿x軸向上翻折，得到的圖象與剩余的圖象組成的圖形記為M，當直線l：y＝﹣x+k與M有兩個公共點時，直接寫出k的取值范圍．【答案】(1)頂點坐標為：(1，m)(2)拋物線的解析式為：y＝x2﹣2x﹣3(3)k的取值范圍：﹣1＜k＜3或k=【解析】【分析】（1）由題意可根據(jù)二次函數(shù)的頂點坐標公式進行求解即可；（2）由題意可知當x＝﹣1時，y＝0，然后可得m的值；（3）由（2）可知點A（﹣1，0），B（3，0），沿x軸向上翻折后的圖象解析式為：y＝﹣x2+2x+3．然后可分當直線l經(jīng)過點A（﹣1，0）時，直線與M的只有一個交點，如圖中直線l，當直線l經(jīng)過點B（3，0）時，直線與M的有三個交點，如圖中直線m，當直線l與翻折后的部分只有一個交點時，如圖中直線n，進而問題可求解．(1)解：由題意得：a＝1，b＝﹣2，c＝1+m，∴對稱軸為直線，，∴頂點坐標為：（1，m）．(2)解：∵當﹣2＜x＜﹣1時，y＞0，并且當2＜x＜3時，y＜0，如圖，∴當x＝﹣1時，y＝0，即：1+2+1+m＝0，解得：m＝﹣4，∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣2x﹣3．(3)解：當y＝0時，x2﹣2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴點A（﹣1，0），B（3，0），∵y＝x2﹣2x﹣3．∴沿x軸向上翻折后的圖象解析式為：y＝﹣x2+2x+3．當直線l經(jīng)過點A（﹣1，0）時，直線與M的只有一個交點，如圖中直線l，把點A（﹣1，0）代入y＝﹣x+k，得：1+k＝0，解得：k＝﹣1，當直線l經(jīng)過點B（3，0）時，直線與M的有三個交點，如圖中直線m，把點B（3，0）代入y＝﹣x+k，得：﹣3+k＝0，解得：k＝3，當直線l與翻折后的部分只有一個交點時，如圖中直線n，由，得：x2﹣3x+k﹣3＝0，∴Δ＝9﹣4（k﹣3）＝0，解得：k＝，∴k的取值范圍：﹣1＜k＜3或k=．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，熟練掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2022·重慶九龍坡·八年級期末）在等邊△ABC中，D為BA延長線上一點，F(xiàn)為BC上一點，過B作BEAC，連接DE，EF，且∠DEF＝60°．(1)如圖1，若BE＝2，BD＝5，求BF的長．(2)如圖2，若F為CB延長線上一點，試探究BD、BE、BF的關(guān)系，并說明理由．(3)如圖3，若F為BC延長線上一點，且AD：BE：AC＝1：2：3，請直接寫出CF：BE的值．【答案】(1)3；(2)BE=BD+BF．理由見解析；(3)3：2．【解析】【分析】（1）在FB的延長線上取點M，使BM=BE，連接ME，證明（ASA），由全等三角形的性質(zhì)得出MF=DB，則可得出答案；（2）在BF的延長線上取點M，使BM=BE，連接ME，證明（ASA），由全等三角形的性質(zhì)得出MF=DB，則可得出結(jié)論；（3）在BC上取點M，使BM=BE，連接ME，同理可知（ASA），得出MF=BD，設(shè)AD=x，BE=2x，AC=3x，求出CF=3x，則可得出答案．(1)解：在FB的延長線上取點M，使BM=BE，連接ME，∵三角形ABC是等邊三角形，∴∠C=60，∵，∴∠EBM=60，∴△EBM是等邊三角形，∴∠M=∠BEM=60，ME=BE，∵∠DEF=60，∴∠DEF+∠BEF=∠BEM+∠BEF，∴∠DEB=∠FEM，∵∠MBE=∠ABC=60，∴∠EBD=∠M=60，∴（ASA），∴MF=DB，∵MF=MB+BF，∴BD=BE+BF，∵BE=2，BD=5，∴BF=52=3；(2)BE=BD+BF．理由：在BF的延長線上取點M，使BM=BE，連接ME，∵，∴∠C=∠EBM=60°，∵BM=BE，∴為等邊三角形，∴ME=BE，∠M=∠MEB=60°，∴∠M=∠EBD，∵∠DEF=60°，∴∠MEF=∠BED，∴（ASA），∴MF=BD，∵BM=MF+BF，∴BE=BD+BF；(3)在BC上取點M，使BM=BE，連接ME，同理可證（ASA），∴MF=BD，設(shè)AD=x，BE=2x，AC=3x，∴BD=AB+AD=3x+x=4x，∴BF=BM+MF=2x+4x=6x，∴CF=BFBC=6x3x=3x，∴CF：BE=3x：2x=3：2．【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了平行線的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．1．（2022·四川成都·八年級期末）已知，如圖，△ABC和△ADE是兩個完全相同的等腰直角三角形，且∠ABC＝∠AED＝90°；(1)如圖1，當△ADE的AD邊與△ABC的AB邊重合時，連接CD，求∠BCD的度數(shù)；(2)如圖2，當A，B，D不在一條直線上時，連接CD，EB，延長EB交CD于F，過點A作AG⊥EB，垂足為點G，過點D作DT⊥EB，垂足為點T，求證：EG＝FT；(3)在（2）的條件下，若AF＝3，DF＝2，求EF的長．【答案】(1)22.5°(2)見解析(3)【解析】【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理即可求解；（2）證△DFT為等腰直角三角形，得DT=FT，再證△DTE≌△EGA（AAS），得DT=EG，即可得出結(jié)論；（3）過E作EH⊥EF，交FA的延長線于H，證△AGF為等腰直角三角形，得∠AFG=45°，再證△FEH為等腰直角三角形，得EF=EH，然后證△DEF≌△AEH（SAS），得DF=AH=2，最后由勾股定理即可得出答案．(1)解：∵△ABC和△ADE是兩個完全相同的等腰直角三角形，∴AB=CB，∠BAC=∠BCA=45°，AD=AC，∴∠ACD=∠ADC=（180°45°）=67.5°，∴∠BCD=∠ACD∠BCA=67.5°45°=22.5°；(2)證明：∵△ABC和△ADE是兩個完全相同的等腰直角三角形，∴AB=AE=DE，AD=AC，∠BAC=∠DAE=45°，∴∠ACD=∠ADC，∠ABE=∠AEB，∠CAD=∠BAE，∴∠FDA=∠FEA，∴∠ADC=∠AEB，∴∠DFT=∠DAE=45°，∵AG⊥EB，DT⊥EB，∴∠EGA=∠DTE=90°，∴△DFT為等腰直角三角形，∴DT=FT，∵∠DET+∠AEG=∠GAE+∠AEG=90°，∴∠DET=∠GAE，∴△DTE≌△EGA（AAS），∴DT=EG，∴EG=FT；(3)如圖3，過E作EH⊥EF，交FA的延長線于H，由（2）可知，EG=FT，△DTE≌△EGA，∴ET=AG，∴FG=ET=AG，∴△AGF為等腰直角三角形，∴∠AFG=45°，∵EH⊥EF，∴∠FEH=90°，∴△FEH為等腰直角三角形，∴EF=EH，∵∠AED=∠FEH=90°，∴∠DEF=∠AEH，又∵DE=EA，∴△DEF≌△AEH（SAS），∴DF=AH=2，∴FH=AF+AH=3+2=5，∵EF2+EH2=FH2，∴EF2+EF2=52，解得：EF=（負值已舍去），即EF的長為．【點睛】本題是三角形綜合題目，考查了全等三角形的判定由性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識，本題綜合性強，熟練掌握等腰直角三角形的判定由性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．2．（2022·四川成都·八年級期末）在平面直角坐標系xOy中，點A、B分別在y軸和x軸上，已知點A（0，4）．以AB為直角邊在AB左側(cè)作等腰直角△ABC，∠CAB＝90°．(1)當點B在x軸正半軸上，且AB＝8時①求AB解析式；②求C點坐標；(2)當點B在x軸上運動時，連接OC，求AC+OC的最小值及此時B點坐標．【答案】(1)①；②(2)，【解析】【分析】（1）①根據(jù)，，推出，所以，，設(shè)直線的解析式為，將、坐標代入即可求出解析式；②過點作軸的平行線，分別過點、作軸的平行線，交于、．則，所以，，即；（2）由可知，點在直線上運動，作點關(guān)于直線的對稱點，所以，的最小值為的長度，此時，即可求出坐標．(1)解：①，，，，，設(shè)直線的解析式為，，，解析式：；②過點作軸的平行線，與分別過點、作軸的平行線交于、．則，，；(2)由可知，在軸負半軸同理可說明）點在直線上運動，作點關(guān)于直線的對稱點，，，．的最小值為，此時，．【點睛】本題主要考查等腰直角三角形的性質(zhì)、利用軸對稱求最短線路．這里構(gòu)造三角形全等找到點的運動軌跡是關(guān)鍵．3．（2022·湖北·公安縣教學(xué)研究中心八年級期末）在平面直角坐標系xOy中，△ABC為等腰直角三角形，∠ACB＝90°，點A（0，5），點C（2，0），點B在第四象限．(1)如圖1，求點B的坐標；(2)如圖2，若AB交x軸于點D，BC交y軸于點M，N是BC上一點，且BN＝CM，連接DN，求證CD＋DN＝AM；(3)如圖3，若點A不動，點C在x軸的負半軸上運動時，分別以AC，OC為直角邊在第二、第三象限作等腰直角△ACE與等腰直角△OCF，其中∠ACE＝∠OCF＝90°，連接EF交x軸于P點，問當點C在x軸的負半軸上移動時，CP的長度是否變化？若變化，請說明理由，若不變化，請求出其長度．【答案】(1)；(2)見解析；(3)不變化，【解析】【分析】（1）過B作BH⊥x軸于H，根據(jù)等角的余角相等證得∠BCH=∠CAO，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)證明△BHC≌△COA得到BH=CO=2，CH=OA=5，進而可求得點B坐標；（2）利用待定系數(shù)法分別求出直線AB、BC的表達式，進而求得D、M的坐標，設(shè)N（x，），利用平面直角坐標系中兩點間距離坐標公式和解一元二次方程可求得x值，可得點N坐標，進而求得CD、DN、AM即可證得結(jié)論；（3）過點E作EH⊥x軸于H，易證△AOC≌△CHE和△EHP≌△FCP，可得OA=CH，CP=PH，進而有CP=CH=OA即可得出結(jié)論．(1)解：∵點A（0，5），點C（2，0），∴OA=5，OC=2，過B作BH⊥x軸于H，如圖1，∴∠BHC=∠ACB=90°，∴∠BCH+∠ACO=∠CAO+∠ACO=90°，∴∠BCH=∠CAO，∵△ACB為等腰直角三角形，∴BC=AC，在△BHC和△COA中，，∴△BHC≌△COA（AAS），∴BH=OC=2，CH=OA=5，∴OH=CH－OC=3，∵B在第四象限，∴點B坐標為（3，－2）；(2)解：如圖2，設(shè)直線AB的表達式為y=kx+b（k≠0），將A（0，5）B（3，－2）代入，得：，解得：，∴直線AB的表達式為y=x+5，當y=0時，由0=x+5得：x=，則D（，0），∴CD=+2=，設(shè)直線BC的表達式為y=mx+n（m≠0），將B（3，－2）、C（－2，0）代入，得：，解得：，∴直線BC的表達式為，當x=0時，y=，則M（0，），∴AM=5+=，設(shè)N（x，），由BN=CM得：（x－3）2+（+2）2=22+（）2，即x2－6x+5=0，解得：x1=1，x2=5（舍去），∴N（1，），則DN=，∴CD+DN==∴CD+DN=AM；(3)解：CP的長度不變化．如圖3，過點E作EH⊥x軸于H，則∠EHC=∠COA=90°，∵△ACE和△OCF為等腰直角三角形，∴∠ACE=∠FCO=∠FCP=90°，AC=CE，OC=CF，∵∠ACO+∠CAO=90°，∠ACO+∠ECH=90°，∴∠CAO=∠ECH，在△AOC和△CHE中，，∴△AOC≌△CHE（AAS），∴OA=CH，OC=EH，∵OC=CF，∴EH=CF，在△EHP和△FCP中，，∴△EHP≌△FCP（AAS），∴可得PH=CP，又OA=5，∴CP=CH=OA=，故CP的長度不變化．【點睛】本題屬于三角形的綜合題型，涉及全等三角形的判定與性質(zhì)、待定系數(shù)法求直線的表達式、等角的余角相等、坐標與圖形、平面直角坐標系中兩點間距離坐標公式、線段的和與差、等腰直角三角形的性質(zhì)、解一元二次方程等知識，解答的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題，有點難度．4．（2022·四川綿陽·八年級期末）如圖，在中，，點是上一動點，連接，以點為直角頂點，為直角邊作等腰直角，交于點．(1)如圖1，若，當為等腰三角形時，請直接寫出此時的度數(shù)；(2)如圖2，若，點為上一點，．①求證：；②求證：．【答案】(1)(2)①證明見解析；②證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)為等腰直角三角形，得到，由為等腰三角形得到，繼而得到，根據(jù)直角三角形兩銳角互余即可得到答案；（2）①由，得到和均為直角三角形，再根據(jù)為公共角，即可得到結(jié)論；②取AB得中點M，連接CM論，根據(jù)題意可證、，可得、，即可得到結(jié)論．(1)為等腰直角三角形為等腰三角形(2)①在和中為公共角②取AB得中點M，連接CM為等腰直角三角形即由（1）得，【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練運用上述知識．5．（2022·陜西·西安市曲江第一中學(xué)八年級期末）預(yù)備知識：(1)在一節(jié)數(shù)學(xué)課上，老師提出了這樣一個問題：隨著變量t的變化，動點在平面直角坐標系中的運動軌跡是什么？一番深思熟慮后，聰明的小明說：“是一條直線”，老師問：“你