中考总复习：开放探索题新编（答案已编好）(7)

10.答案：

?3????2?n?1.

731414把A1（1，1），A2（,）分别代入y?kx?b，可求得k=,b=,,所以y?x?，与x轴

225555交点代坐标为（-4，0），设A3的纵坐标为m,则

14?1932?，解得m=?(),同理可得

42m4?2?3?mn?133?3?A4的纵坐标为()，??，An的纵坐标是??。

?2?2

11．如下图所示：

12.可补充条件EF=BC，利用SAS证明△ABC≌△DEF；补充条件∠A=∠D或∠B=∠E，利用AAS证明△ABC≌△DEF。还可补充条件AB∥ED等。 如：补充条件：EF=BC，可使得△ABC≌△DEF。理由如下：

∵AF=DC，∴AF+FC=DC+FC，即：AC=DF。 ∵BC∥EF，∴∠EFD=∠BCA。

在△EFD和△BCA中，∵ BC = EF，∠BCA=∠EFD，AC =DF， ∴△ABC≌△DEF（SAS）．

13.添加的条件是连接BE，过D作DF∥BE交BC于点F，构造的全等三角形是△ABE与△CDF．理由：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，∠A=∠C，AD=BC. ∵DE∥BF，DF∥BE，∴四边形BFDE是平行四边形，∴DE=BF， 又AD=BC，∴AD﹣DE=BC﹣BF，即AE=CF， ∴△ABE≌△CDF．（答案不唯一，也可增加其它条件）

14. （1）证明：∵AB=AC，∴∠B=∠C。 ∵△ABC≌△DEF，∴∠AEF=∠B。

又∵∠AEF+∠CEM=∠AEC=∠B+∠BAE，∴∠CEM=∠BAE。∴△ABE∽△ECM。 （2）解：能。

∵∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，∴∠AME＞∠AEF。∴AE≠AM。 当AE=EM时，则△ABE≌△ECM（SAS）。∴CE=AB=5。 ∴BE=BC﹣EC=6﹣5=1。当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA。 ∴∠MAE+∠BAE=∠MEA+∠CEM，即∠CAB=∠CEA。

AC225CEAC又∵∠C=∠C，∴△CAE∽△CBA，∴，∴CE?。 ??CB6ACCB2511∴BE= BC﹣EC =6﹣=。

6611综上所述，当BE=1或时，重叠部分能构成等腰三角形。

6（3）解：设BE=x，则CE=6－x

CMCECM6?x16，即：，∴CM??x2+x。 ??BEABx555161216∴AM?5?CM?x2?x+5=?x?3?+。

5555161∴当x=3时，AM最短为。又∵当BE=x=3=BC时，点E为BC的中点，

25∵△ABE∽△ECM，∴

∴AE⊥BC。∴AE=AB2?BE2?52?32?4。此时，EF⊥AC，

12?16?∴EM=AE?AM?4????。

55??222211161296∴S?AEM=?AM?EM????。

22552596∴当线段AM最短时，重叠部分的面积为。

25

15.（1）∵四边形CADF和四边形CBEG都是正方形，且DD1⊥?，∴∠DAC=∠ABC=∠DD1A=90，又∵∠ADD1+∠DAD1=90，而∠DAD1+∠BAC=90，∴∠ADD1=∠BAC，在Rt△DD1A和在Rt△ABC中，∵∠ABC=∠DD1A，∠ADD1=∠BAC，AD=AC，∴△DD1A≌△ABC，∴DD1=AB．

(2)AB=DD1+EE1．理由如下：过C作CM⊥AB于M，易得：△DD1A≌△ACM，∴DD1=AM，同理： △BCM≌△EBE1，∴EE1=BM，∴AB=AM+BM= DD1+EE1．

(3)AB=DD1-EE1．

16.（1）PE=PF＋CH。证明如下：

0

0

0

∵PE⊥AB，PF⊥AC， CH⊥AB，

111AB?PE，S?ACP?AC?PF，S?ABC?AB?CH。 222111 ∵S?ABP?S?ACP+S?ABC，∴AB?PE?AC?PF+AB?CH。

222 ∴S?ABP? 又∵AB=AC，∴PE?PF+CH。 （2）∵∠A=30，∴AB=AC=2CH。

0

1 又∵△ABC的面积为49，∴49?2CH?CH，解得CH=7。

2 又∵PF=3，

∴ 当点P在底边BC上时，由例知PE+PF?CH，即P E+37?，解得PE?4。 当点P在BC延长线上时，由（1）知PE?PF+CH=3+7=10。

当点P在CB延长线上时，仿（1）可得PF?CH+PE，即3?7+PE，此时无解。因此填7；4或10。

17. （1）证明：如答图1，连接OG。

∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90°。 ∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°。 又OA=OG，∴∠OGA=∠OAG。 ∴∠KGE=∠AKH=∠GKE。∴KE=GE。 （2）AC∥EF，理由如下：

连接GD，如答图2所示。 ∵KG=KD?GE，∴

2

KGKD。 ?GEKG又∵∠KGE=∠GKE，∴△GKD∽△EGK。 ∴∠E=∠AGD。

又∵∠C=∠AGD，∴∠E=∠C。∴AC∥EF。 （3）连接OG，OC，如答图3所示。 由（2）∠E=∠ACH，∴sinE=sin∠ACH=

∴可设AH=3t，则AC=5t，CH=4t。

∵KE=GE，AC∥EF，∴CK=AC=5t。∴HK=CK﹣CH=t。 在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH+HK=AK，即（3t）+t=

2

2

2

2

2

3。 5（25），解得t=2。

设⊙O半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r﹣3t，CH=4t， 由勾股定理得：OH+CH=OC，即（r﹣3t）+（4t）=r，解得r=∵EF为切线，∴△OGF为直角三角形。 在Rt△OGF中，OG=r=2

2

2

2

2

2

2

2525t= 2。6625CH42，tan∠OFG=tan∠CAH=?， 6AH3252OG256??2。 ∴FG=

4tan?OFG8318.（1）如图，过点B作BC⊥x轴，垂足为C ，∵OA=4，将线段OA绕点O顺时针旋转1200至OB位置，∴∠BOC=600，OB=4，∴BC=43sin600=43cos600=43

1=2,∵点B在第三象限，∴点B（-2，-23）； 23=23,OC=432（2）由函数图象得，抛物线通过（-2，-23），（0,0），（4,0）三点，设抛物线解析式为y=ax2+bx,

?3a?-???4a-2b?-23?6，∴此抛物线解析式为y=-3x2?23x. 由待定系数法得，?，解得?63??16a?4b?0?b?23?3?(3)存在。

理由：如图，抛物线的对称轴是x=-（2，y），

①若OP=OB,则22+|y|2=42,解得y=±23,即 P点坐标为（2，23）或（2，-23），又 点B（-2，-23），∴当P点为（2，23）时，

点P、O、B共线，不合题意，舍去，故点P坐标为（2，-23）； ②若BO=BP,则42+|y+23|2=42,解得y=-23,点P坐标为（2，-23）；

b,解得x?2，直线x?2与x轴的交点为D。设点P2a③若PO=PB,则22+|y|2=42+|y+23|2，解得y=-23,点P坐标为（2，-23）； 综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为（2，-23）。 19.（1）①CF与BD位置关系是 垂直、数量关系是相等；

②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．

由正方形ADEF得 AD=AF ，∠DAF=90o．∵∠BAC=90o，∴∠DAF=∠BAC ， ∴∠DAB=∠FAC，又AB=AC ，∴△DAB≌△FAC ， ∴CF=BD , ∠ACF=∠ABD．

∵∠BAC=90o， AB=AC ，∴∠ABC=45o，∴∠ACF=45o， ∴∠BCF=∠ACB+∠ACF= 90o．即 CF⊥BD （2）当∠BCA=45o时，CF⊥BC（如图丁）．

理由是：过点A作AG⊥AC交BC于点G，∴AC=AG.可证：△GAD≌△CAF ∴∠ACF=∠AGD=45o ,∠BCF=∠ACB+∠ACF= 90o． 即CF⊥BD

（3）当具备∠BCA=45o时，

过点A作AQ⊥BC交CB的延长线于点Q，（如图戊）

∵DE与CF交于点P时， ∴此时点D位于线段CQ上，∵∠BCA=45o，可求出AQ= CQ=4．设CD=x ，∴ DQ=4—x，容易说明△AQD∽△DCP，∴CP?CD ， ∴

DQAQCPx?，4?x4x21?CP???x??(x?2)2?1．

44∵0＜x≤3 ∴当x=2时，CP有最大值1． 20.

（1）根据菱形的性质结合∠ABC=60°可得△ABC是等边三角形，再根据等腰三角形三线合一的性质可得∠CBE=

1∠ABC=30°，AE=CE，所以CE=CF，然后等边对等角的性质可得∠F=2∠CEF，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠F=30°，从而得到∠

CBE=∠F，根据等角对等边的性质即可证明。 （2）BE=EF。

图2证明如下：过点E作EG∥BC，交AB于点G，∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC。 又∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形。∴AB=AC，∠ …… 此处隐藏：2432字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……