中考数学总复习精炼（含答案）：10几何、函数与几何综合题

这是一份中考数学总复习精炼（含答案）：10几何、函数与几何综合题，共16页。
几何综合题1.如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝30，DM＝10.(1)在旋转过程中，①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长．②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长．(2)若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2，此时∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的长．　　　　　解：(1)①AM＝AD＋DM＝40，或AM＝AD－DM＝20.②显然∠MAD不能为直角．当∠AMD为直角时，AM2＝AD2－DM2＝302－102＝800，∴AM＝20(－20舍去)；当∠ADM＝90°时，AM2＝AD2＋DM2＝302＋102＝1000，∴AM＝10(－10舍去).综上所述，满足条件的AM的值为20或10.(2)如图，连接CD1.由题意：∠D1AD2＝90°，AD1＝AD2＝30，∴∠AD2D1＝45°，D1D2＝30，∵∠AD2C＝135°，∴∠CD2D1＝90°，∴CD1＝＝30，∵∠BAC＝∠D1AD2＝90°，∴∠BAD2＝∠CAD1，∵AB＝AC，AD2＝AD1，∴△BAD2≌△CAD1(SAS)，∴BD2＝CD1＝30. 2．如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是BA延长线上的一点，连接PC交AD于点F，AP＝FD.(1)求的值；(2)如图1，连接EC，在线段EC上取一点M，使EM＝EB，连接MF，求证：MF＝PF；(3)如图2，过点E作EN⊥CD于点N，在线段EN上取一点Q，使AQ＝AP，连接BQ，BN.将△AQB绕点A旋转，使点Q旋转后的对应点Q′落在边AD上．请判断点B旋转后的对应点B′是否落在线段BN上，并说明理由．　　　　　　解：(1)设AP＝FD＝a，∴AF＝2－a，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴△AFP∽△DFC，∴＝，即＝，∴a＝－1，∴AP＝FD＝－1，∴AF＝3－，∴＝；(2)在CD上截取DH＝AF，可证△PAF≌△HDF(SAS)，∴PF＝FH，∵AD＝CD，AF＝DH，∴FD＝CH＝AP＝－1，∵点E是AB中点，∴BE＝AE＝1＝EM，∴PE＝PA＋AE＝，EC＝＝，∴EC＝PE，CM＝－1，∴∠P＝∠ECP，∵AP∥CD，∴∠P＝∠PCD，∴∠ECP＝∠PCD，且CM＝CH＝－1，CF＝CF，∴△FCM≌△FCH(SAS)，∴FM＝FH，∴FM＝PF；(3)若点B′在BN上，如图，以A原点，AB为y轴，AD为x轴建立平面直角坐标系，∵EN⊥AB，AE＝BE，∴AQ＝BQ＝AP＝－1，由旋转的性质可得AQ＝AQ′＝－1，AB＝AB′＝2，Q′B′＝QB＝－1，∵点B(0，－2)，点N(2，－1)，∴直线BN解析式为：y＝x－2，设点B′(x，x－2)，∴AB′＝＝2，∴x＝，∴点B′(，－)，∵点Q′(－1，0)，∴B′Q′＝≠－1，∴点B旋转后的对应点B′不落在线段BN上． 3．我们定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．(1)概念理解：如图1，在△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ACB＝30°，试判断△ABC是否是”等高底”三角形，请说明理由．(2)问题探究：如图2，△ABC是“等高底”三角形，BC是”等底”，作△ABC关于BC所在直线的对称图形得到△A′BC，连结AA′交直线BC于点D.若点B是△AA′C的重心，求的值．(3)应用拓展：如图3，已知l1∥l2，l1与l2之间的距离为2.“等高底”△ABC的“等底”BC在直线l1上，点A在直线l2上，有一边的长是BC的倍．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C，A′C所在直线交l2于点D.求CD的值．解：(1)△ABC是“等高底”三角形；理由：如图1，过A作AD⊥BC于D，则△ADC是直角三角形，∠ADC＝90°，∵∠ACB＝30°，AC＝6，∴AD＝AC＝3，∴AD＝BC＝3，即△ABC是“等高底”三角形；(2)如图2，∵△ABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，∴AD＝BC，∵△ABC关于BC所在直线的对称图形是△A′BC，∴∠ADC＝90°，∵点B是△AA′C的重心，∴BC＝2BD，设BD＝x，则AD＝BC＝2x，CD＝3x，由勾股定理得AC＝x，∴＝＝；(3)①当AB＝BC时，Ⅰ.如图3，作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，∵“等高底”△ABC的“等底”为BC，l1∥l2，l1与l2之间的距离为2，AB＝BC，∴BC＝AE＝2，AB＝2，∴BE＝2，即EC＝4，∴AC＝2，∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C，∴∠DCF＝45°，设DF＝CF＝x，∵l1∥l2，∴∠ACE＝∠DAF，∴＝＝，即AF＝2x，∴AC＝3x＝2，∴x＝，CD＝x＝. Ⅱ.如图4，此时△ABC等腰直角三角形，∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C，∴△ACD是等腰直角三角形，∴CD＝AC＝2.②当AC＝BC时，Ⅰ.如图5，此时△ABC是等腰直角三角形，∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C，∴A′C⊥l1，∴CD＝AB＝BC＝2；Ⅱ.如图6，作AE⊥BC于E，则AE＝BC，∴AC＝BC＝AE，∴∠ACE＝45°，∴△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°，得到△A′B′C时，点A′在直线l1上，∴A′C∥l2，即直线A′C与l2无交点，综上所述，CD的值为，2，2.函数与几何综合题1.已知在平面直角坐标系xOy中，直线l1分别交x轴和y轴于点A(－3，0)，B(0，3).(1)如图1，已知⊙P经过点O，且与直线l1相切于点B，求⊙P的直径长；(2)如图2，已知直线l2：y＝3x－3分别交x轴和y轴于点C和点D，点Q是直线l2上的一个动点，以Q为圆心，2为半径画圆．①当点Q与点C重合时，求证：直线l1与⊙Q相切；②设⊙Q与直线l1相交于M，N两点，连结QM，QN.问：是否存在这样的点Q，使得△QMN是等腰直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．　　　　解：(1)如图1，连接BC，∵∠BOC＝90°，∴点P在BC上，∵⊙P与直线l1相切于点B，∴∠ABC＝90°，而OA＝OB，∴△ABC为等腰直角三角形，则⊙P的直径长＝BC＝AB＝3；(2)过点C作CM⊥AB，由直线l2：y＝3x－3得：点C(1，0)，则CM＝AC sin 45°＝4×＝2＝圆的半径，故点M是圆与直线l1的切点，即：直线l1与⊙Q相切；(3)如图3，①当点M，N在两条直线交点的下方时，由题意得：MQ＝NQ，∠MQN＝90°，设点Q的坐标为(m，3m－3)，则点N(m，m＋3)，则NQ＝m＋3－3m＋3＝2，解得：m＝3－；②当点M，N在两条直线交点的上方时，同理可得：m＝3＋；故点Q的坐标为(3－，6－3)或(3＋，6＋3).  2．如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的边长为4，边OA，OC分别在x轴，y轴的正半轴上，把正方形OABC的内部及边上，横、纵坐标均为整数的点称为好点．点P为抛物线y＝－(x－m)2＋m＋2的顶点．(1)当m＝0时，求该抛物线下方(包括边界)的好点个数；(2)当m＝3时，求该抛物线上的好点坐标；(3)若点P在正方形OABC内部，该抛物线下方(包括边界)恰好存在8个好点，求m的取值范围．解：(1)如图1中，当m＝0时，二次函数的表达式y＝－x2＋2，∵当x＝0时，y＝2，当x＝1时，y＝1，∴抛物线经过点(0，2)和(1，1)，观察图象可知：好点有：(0，0)，(0，1)，(0，2)，(1，0)，(1，1)，共5个；(2)如图2中，当m＝3时，二次函数解析式为y＝－(x－3)2＋5.∵当x＝1时，y＝1，当x＝2时，y＝4，当x＝4时，y＝4，∴抛物线经过点(1，1)，(2，4)，(4，4)，由图象可知，抛物线上存在好点，坐标分别为(1，1)，(2，4)，(4，4)；(3)如图3中，∵抛物线的顶点P(m，m＋2)，∴抛物线的顶点P在直线y＝x＋2上，∵点P在正方形内部，则0＜m＜2，E(2，1)，F(2，2)，观察图象可知，当点P在正方形OABC内部，该抛物线下方(包括边界)恰好存在8个好点时，抛物线与线段EF有交点(点F除外)，当抛物线经过点E时，－(2－m)2＋m＋2＝1，解得m＝或(舍弃)，当抛物线经过点F时，－(2－m)2＋m＋2＝2，解得m＝1或4(舍弃)，∴当≤m＜1时，顶点P在正方形OABC内部，该抛物线下方(包括边界)恰好存在8个好点． 3．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝－x＋4分别交x轴、y轴于点B，C，正方形AOCD的顶点D在第二象限内，E是BC中点，OF⊥DE于点F，连结OE.动点P在AO上从点A向终点O匀速运动，同时，动点Q在直线BC上从某一点Q1向终点Q2匀速运动，它们同时到达终点．(1)求点B的坐标和OE的长；(2)设点Q2为(m，n)，当＝tan ∠EOF时，求点Q2的坐标；(3)根据(2)的条件，当点P运动到AO中点时，点Q恰好与点C重合．①延长AD交直线BC于点Q3，当点Q在线段Q2Q3上时，设Q3Q＝s，AP＝t，求s关于t的函数表达式．②当PQ与△OEF的一边平行时，求所有满足条件的AP的长．解：(1)B(8，0)，OE＝BC＝2；(2)如图1，作EM⊥OC于M，则EM∥CD，∵E是BC的中点，∴M是OC的中点，∴EM＝OB＝4，OE＝BC＝2，可证△CDN≌△MEN，∴CN＝MN＝1，∴EN＝＝，∵S△ONE＝EN·OF＝ON·EM，∴OF＝＝，由勾股定理得：EF＝＝，∴tan ∠EOF＝＝，∴＝×＝，∵n＝－m＋4，∴m＝6，n＝1，∴Q2(6，1)；(3)①∵动点P，Q同时作匀速直线运动，∴s关于t成一次函数关系，设s＝kt＋b，∵当点P运动到AO中点时，点Q恰好与点C重合，∴t＝2时，CD＝4，DQ3＝2，∴s＝Q3C＝＝2，∵Q3(－4，6)，Q2(6，1)，∴t＝4时，s＝＝5，将或代入得 解得：∴s＝t－；②(i)当PQ∥OE时，如图2，∠QPB＝∠EOB＝∠OBE，作QH⊥x轴于点H，则PH＝BH＝PB，Rt△ABQ3中，AQ3＝6，AB＝4＋8＝12，∴BQ3＝＝6，∵BQ＝6－s＝6－t＋＝7－t，∵cos ∠QBH＝＝＝＝，∴BH＝14－3t，∴PB＝28－6t，∴t＋28－6t＝12，t＝；(ii)当PQ∥OF时，如图3，过点Q作QG⊥AQ3于点G，过点P作PH⊥GQ于点H，由△Q3QG∽△CBO得：Q3G∶QG∶Q3Q＝1∶2∶，∵Q3Q＝s＝t－，∴Q3G＝t－1，GQ＝3t－2，∴PH＝AG＝AQ3－Q3G＝6－(t－1)＝7－t，∴QH＝QG－AP＝3t－2－t＝2t－2，∵∠HPQ＝∠CDN，∴tan ∠HPQ＝tan ∠CDN＝，∴2t－2＝(7－t)，t＝；(iii)由图形可知PQ不可能与EF平行，综上，当PQ与△OEF的一边平行时，AP的长为或.