2021中考數學壓軸題專題訓練08猜想與證明（附解析）

猜想與證明1．已知在平面直角坐標系內的位置如圖，，，、的長滿足關系式．（1）求、的長；（2）求點的坐標；（3）在軸上是否存在點，使是以為腰的等腰三角形．若存在，請直接寫出點的坐標，若不存在，請說明理由．【解析】解：⑴由.可知，，∴.⑵作軸與點D， ⑶存在.當點P在x軸的負半軸時，使AP=AC，則為等腰三角形，P的坐標為；當點P在x軸的負半軸時，使CP=AC，由勾股定理得，CP=AC=5，則為等腰三角形，P的坐標為；當點P在x軸的正半軸時，使AC=CP，則為等腰三角形，，；所以存在，點P或或．2．在平面坐標系中，已知線段，且的坐標分別為，點為線段的中點.（1）線段與軸的位置關系是（2）求點的坐標。（3）在軸上是否存在點，使得三角形面積為3.若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.【解析】解：（1）因為A、B點的縱坐標相同，所以線段與軸平行；（2），C是線段AB的中點，∴C點坐標為：（3）在軸上存在點，使得三角形的面積為3.其理由如下：由（2）知：， 即：或，∴P點坐標為：或時，三角形的面積為3.3．探索與證明：（1）如圖①，直線經過正三角形的頂點，在直線上取點，，使得，．通過觀察或測量，猜想線段，與之間滿足的數量關系，并予以證明；（2）將（1）中的直線繞著點逆時針方向旋轉一個角度到如圖②的位置，，．通過觀察或測量，猜想線段，與之間滿足的數量關系，并予以證明．【解析】解：（1）DE=BD＋CE，證明如下∵△ABC為等邊三角形∴AB=CA，∠BAC=60°∵，∴∴∠ABD＋∠BAD=180°－∠ADB=120°∠CAE＋∠BAD=180°－∠BAC=120°∴∠ABD=∠CAE在△ABD和△CAE中∴△ABD≌△CAE ∴BD=AE，AD=CE∴DE=AE＋AD=BD＋CE；（2）CE=BD＋DE，證明如下∵△ABC為等邊三角形∴AB=CA，∠BAC=60°∵，∴∴∠ABD＋∠BAD=180°－∠ADB=60°∠CAE＋∠BAD=∠BAC=60°∴∠ABD=∠CAE在△ABD和△CAE中∴△ABD≌△CAE∴BD=AE，AD=CE∵AD=AE＋DE∴CE=BD＋DE．4．如圖，鈍角中，，為上一點，，為上一點，．（1）作于，交的延長線于．①判斷與的大小關系，并說明理由．②求證；（2）若，，求的長．【解析】解：（1）①,理由是： ∵，于，∴，∵作于，，∴，∴．②∵，∴，∴，∴，即，由①知，，∴（）．（2）作交射線于，交的延長線于∵，，∴，由（1）可知，，∵，∴，∴，由勾股定理，得， ∴，∴，，∴，，，∴，∴的長為．5．如圖，在中，，點為邊上的一點，，且，點關于直線的對稱點為，連接，又的邊上的高為．（1）求的大??；（2）判斷直線，是否平行？并說明理由；（3）證明：．【解析】（1）∵，，∴，∵點關于直線的對稱點為，∴，，∴，∴，∴；（2）直線，平行．理由： ∵，∴，如圖，取中點，連接，則為等邊三角形，為等腰三角形，∴，∴，∴，即．又∵的邊上的高為，∴，∴；（3）如圖，過點作、的垂線，垂足分別為、．∵，即點在的平分線上，∴．∵，，∴，即點在的平分線上，∴，∴，∴點在的平分線上．又∵，∴，∴，∴， ∴中，，∴．6．如圖，邊長為的正方形中，P是對角線上的一個動點（點P與A、C不重合），連接，將繞點B順時針旋轉90°到，連接，與交于點E，延長線與（或延長線）交于點F．（1）連接，證明：；（2）設，試寫出y關于x的函數關系式，并求當x為何值時，；（3）猜想與的數量關系，并證明你的結論．【解析】（1）證明：∵線段BP繞點B順時針旋轉得到線段BQ，∴BP=BQ，，∵四邊形ABCD是正方形，∴BA=BC，，∴，∴，即，在△BAP和△BCQ中，∵，∴（SAS）， ∴CQ=AP．（2）如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴，，∴，∵DC=AD=，由勾股定理可得：，∵AP=x，∴PC=4-x，∵△PBQ是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴， 由，∴，得到，，得x=3或x=1．當x=3或1時，．（3）結論：PF=EQ，理由是：如圖，當F在邊AD上時，過P作，交AB于G，則，∵，∴，∴，∵PB=BQ，，∴（SAS），∴EQ=PG，∵，∴F、A、G、P四點共圓，連接FG，∴，∴△FPG是等腰直角三角形，∴PF=PG，∴PF=EQ． 當F在AD的延長線上時，如圖所示，同理可得：PF=PG=EQ．7．問題提出：（1）同一平面內的兩條線段和，已知，，則線段最大值是______；最小值是______．問題探究：（2）如圖，四邊形中，，，，且，問是否存在最大值?若存在，求出最大值；若不存在，請說明理由．問題解決：（自行作圖并解決）（3）在中，，，以為一邊作正方形，連接，問是否存在最大值或者最小值?若存在，求出相應最值；若不存在，請說明理由．【解析】（1）由題意，分以下兩種情況：①當點不在同一條直線上時，由三角形的三邊關系定理得：，，即；②當點在同一直線上時，點B在點的中間時，則，點C在點的中間時，則， 綜上，線段AC的取值范圍為，則線段最大值是5，最小值是1，故答案為：5，1；（2）存在，求解過程如下：如圖，連接AC，將繞點C逆時針旋轉，點A的對應點為點E，連接AE、BE、CE，，旋轉后點D的對應點為點B，由旋轉的性質得：，是等邊三角形，，①當點不在同一條直線上時，，即，；②當點在同一條直線上時，，，綜上，當點在同一條直線上時，AC有最大值，最大值為6；（3）如圖，將繞點B逆時針旋轉，點E的對應點為點F，連接EF、BF、CF，四邊形ABCD是正方形，，旋轉后點A的對應點為點C，由旋轉的性質得：， 在中，，①當點不在同一條直線上時，，，即；②當點在同一條直線上時，，綜上，當點在同一條直線上時，有最大值，最大值為．8．如圖，在直角中，，，，是邊上的中線，直線，是邊延長線上一點，連接并延長交直線于點，將沿翻折得，射線交直線于點．（1）如圖1，當時，求的長．（2）如圖2，當點在點的上方時，求證：．（3）如果的面積為，求的長． 【解析】解：(1)，，在中：，是邊上的中線，，是等邊三角形，，，，在中：，，，，在和中，，，，故答案為：4．(2)由(1)可知：為等邊三角形，，沿翻折得，，，，，，，，又，．(3)過點作于點，過點作于點，如下圖所示： ∴四邊形是一個矩形，∴，∵，∴為的中點，∴，由(1)知：，，得到，∴，∴，∴，∴設，則，由(2)知：，，∴，代入數據：∴，即，解得：或(舍去)，∴的長度為，由(1)知：∴的長度為，故答案為：2．9．如圖，在ABC中，∠ABC＝60°，點D，E分別為AB，BC上一點，BD＝BE，連接DE，DC，AC＝CD．（1）如圖1，若AC＝3，DE＝2，求EC的長； （2）如圖2，連接AE交DC于點F，點M為EC上一點，連接AM交DC于點N，若AE＝AM，求證：2DE＝MC；（3）在（2）的條件下，若∠ACB＝45°，直接寫出線段AD，MC，AC的等量關系．【解析】解：（1）如圖1，過點C作CG⊥AB于G，∴∠AGC＝∠AGB＝90°，∵AC＝CD，∴AG＝DG，設DG＝a，∵BD＝BE，∠ABC＝60°，∴△BDE是等邊三角形，∴BD＝DE＝2，∴BG＝BD+DG＝2+a，在Rt△BGC中，∠BCG＝90°﹣∠ABC＝30°，∴BC＝2BG=4+2a，CG＝BG＝6+a，在Rt△DGC中，CD＝AC＝3，根據勾股定理得，CG2+DG2＝CD2，∴(6+a)2+a2＝90，∴a＝或a＝（舍），∴BC＝EC+BE＝EC+BD，∴EC+BD＝2(BD+DG)，∴EC＝BD+2DG＝2+2a＝2+2×＝9﹣； （2）如圖2，在MC上取一點P，使MP＝DE，連接AP，∵△BDE是等邊三角形，∴∠BED＝60°，BE＝DE，∴∠DEC＝120°，BE＝PM，∵AE＝AM，∴∠AEM＝∠AME，∴∠AEB＝∠AMP，∴△ABE≌△APM（SAS），∴∠APM＝∠ABC＝60°，∴∠APC＝120°＝∠DEC，過點M作AC的平行線交AP的延長線于Q，∴∠MPQ＝∠APC＝120°＝∠DEC，∵AC＝CD，∴∠ADC＝∠DAC，∴∠CDE＝180°﹣∠BDE﹣∠ADC＝180°﹣60°﹣∠DAC＝120°﹣∠DAC，在△ABC中，∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠DAC＝120°﹣∠DAC＝∠CDE，∵MQ//AC，∴∠PMQ＝∠ACB，∴∠PMQ＝∠EDC，∴△MPQ≌△DEC（ASA），∴MQ＝CD，∵AC＝MQ，∴△APC≌△QPM（AAS），∴CP＝MP， ∴CM＝MP+CP＝2DE；（3）MC+AD＝AC．如備用圖，在MC上取一點P，使PM＝DE，由（2）知，MC＝2CP＝2DE，△ABE≌△APM，∴AB＝AP，∵∠ABC＝60°，∴△ABP是等邊三角形，∴BP＝AB，∵BE＝BD，∴PE＝AD，∴BC＝BE+PE+CP＝DE+PE+DE＝2DE+AD＝MC+AD，過點A作AH⊥BC于H，設BH＝m，在Rt△ABH中，AH＝BH＝m，在Rt△ACH中，∠ACB＝45°，∴∠CAH＝90°﹣∠ACB＝45°＝∠ACB，∴CH＝AH＝m，AC＝AH＝m，∵MC+AD＝BC＝BH+CH＝m+m＝(1+)m，∴MC+AD＝AC． 10．如圖，已知直線y=kx+8的與x軸正半軸交于點A，與y軸交于點B，點C在x軸負半軸上，直線y=x+b經過點C，直線y=x+b與直線AB交于點E，線段OA，OC的長滿足．（1）求OA，OC的長；（2）求點E的坐標；（3）若點P在x軸上，在平面內是否存在點Q，使以C，E，P，Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，直接寫出點Q的坐標；若不存在，說明理由．【解析】解：（1）∵，，∴，∴OA=4，OC=5．（2）∵OA=4，OC=5∴A（4，0），C（-5，0）將C（-5，0）代入y=x+b中，得到0=-5+b∴b=5，y=x+5將A（4，0）代入y=kx+8，得到0=4k+8∴k=-2，y=-2x+8 聯立得解得∴E點坐標為（1，6）．（3）①取CE的中點D，過D作CE的垂線，交x軸于點P，連接PE．∵C（-5，0），E（1，6）設D點的坐標為（a，b）∵D為CE中點∴a==-2，b==3∴D（-2，3）設直線PD的的解析式為y=kx+b∵CE⊥PD∴k·1=-1∴k=-1再代入D（-2，3），得到3=-（-2）+b∴b=1，y=-x+1在y=-x+1中，令y=0得到0=-x+1，x=1∴直線與x軸交點P為（1，0）∵E點坐標為（1，6）∴PE⊥PC ∴要構造的菱形CEPQ為正方形∴Q點坐標為（-5，6）②以C為圓心CE長為半徑作圓，交x正半軸于點P，作EQCP且EQ=CE，連接AQ．∵同一個圓所有半徑相等∴AC=CE又∵EQ平行且等于CP∴四邊形PQCE為菱形∵C（-5，0），E（1，6）∴CE=∴EQ=CE=∴Q（1+，6）③以C為圓心CE長為半徑作圓，交x負半軸于點P，作EQAC且EQ=CE，連接AQ．∵同一個圓所有半徑相等∴PC=CE又∵EQ平行且等于CP ∴四邊形PQCE為菱形由②知CE=，E（1，6）∴Q（1-6，6）④以E為圓心CE長為半徑作圓，交x軸正半軸于點P，連接EP，作E關于x軸的對稱點Q，連接CQ、PQ．∵同圓半徑相等∴CE=EP又∵Q點與E點關于x軸對稱∴CE=CQ，PE=PQ∴CE=EP=PQ=QC∴四邊形CEPQ為菱形又∵Q點與E點關于x軸對稱，E（1，6）∴Q（1，-6）綜上所述，存在Q點，Q點坐標為（1，-6）或（-5，6）或（1-6，6）或（1+6，6）．11．如圖，已知拋物線經過點A(-3，0)，C(0，3)，交x軸于另一點B，其頂點為D．（1）求拋物線的解析式；（2）點P為拋物線上一點，直線CP交x軸于點E，若△CAE與△OCD相似，求P點坐標；（3）如果點F在y軸上，點M在直線AC上，那么在拋物線上是否存在點N，使得以C，F，M，N為頂點的四邊形是菱形？若存在，請求出菱形的周長；若不存在，請說明理由． 【解析】（1）∵拋物線經過點，∴，解得此拋物線解析式為：；（2）∵∴頂點∵，，∴，，，∴點E只能在A點左邊①如下圖，若則∴∴∴∵∴ 聯立∴，（舍去）∴；②若則∴AE=2∴∴∵∴聯立∴，（舍去）得因此，或； （3）在拋物線上存在點N，使得以C，F，M，N為頂點的四邊形是菱形①若CF為對角線，則CF與NM互相垂直平分時，四邊形CNFM為菱形∵∴∴，四邊形CNFM為正方形∴N點與頂點D重合∵∴，∴菱形CNFM的周長為；②若CF為菱形的一邊，則，，NM=NF時，四邊形CNFM為菱形過F作FH⊥NM于H，設直線NM交x軸于G，則,∴NM===NF∵，∴∴NF=FH又FH=OG=∴=∴或∴NF=或NF=菱形周長為或 因此，存在菱形，其周長為，或.12．如圖，在平面直角坐標系中，點A(1，4)，點B(3，2)，連接OA，OB．（1）求直線OB與AB的解析式；（2）求△AOB的面積．（3）下面兩道小題，任選一道作答．作答時，請注明題號，若多做，則按首做題計入總分．①在y軸上是否存在一點P，使△PAB周長最?。舸嬖?，請直接寫出點P坐標；若不存在，請說明理由．②在平面內是否存在一點C，使以A，O，C，B為頂點的四邊形是平行四邊形．若存在，請直接寫出點C坐標；若不存在，請說明理由．【解析】解：（1）設直線OB的解析式為y=mx，∵點B(3，2)，∴，∴直線OB的解析式為，設直線AB的解析式為y=kx+b，根據題意可得： 解之得∴直線AB的解析式為y=-x+5．故答案為：直線OB的解析式為，直線AB的解析式為y=-x+5；（2）如圖，延長線段AB交x軸于點D，當y=0時，-x+5=0，x=5，∴點D橫坐標為5，OD=5，∴，∴，故答案為：5．（3）①存在，(0，)；過點A作y軸的對稱點，連接B，交y軸與點P，則點P即為使△PAB周長最小的點，由作圖可知，點坐標為，又點B（3，2）則直線B的解析式為：，∴點P坐標為，故答案為：； ②存在．或或．有三種情況，如圖所示：設點C坐標為，當平行四邊形以AO為對角線時，由中點坐標公式可知，AO的中點坐標和BC中點坐標相同，∴解得∴點坐標為，當平行四邊形以AB為對角線時，AB的中點坐標和OC的中點坐標相同，則∴點的坐標為，當平行四邊形以BO為對角線時，BO的中點坐標和AC的中點坐標相同，則解得∴點坐標為， 故答案為：存在，或或．