2018年中考数学真题分类汇编（第三期）专题42综合性问题试题（含解析）.doc

1、1综合性问题一.选择题1 （2018重庆市 B卷） （4.00 分）如图，菱形 ABCD的边 ADy 轴，垂足为点 E，顶点 A在第二象限，顶点 B在 y轴的正半轴上，反比例函数 y= （k0，x0）的图象同时经过顶点 C，D若点 C的横坐标为 5，BE=3DE，则 k的值为（ ）A B3 C D5【分析】由已知，可得菱形边长为 5，设出点 D坐标，即可用勾股定理构造方程，进而求出 k值【解答】解：过点 D做 DFBC 于 F由已知，BC=5四边形 ABCD是菱形DC=5BE=3DE设 DE=x，则 BE=3xDF=3x，BF=x，FC=5x在 RtDFC 中，DF2+FC2=DC2（3x）

2、2+（5x） 2=52解得 x=1DE=3，FD=3设 OB=a则点 D坐标为（1，a+3） ，点 C坐标为（5，a）2点 D.C在双曲线上1（a+3）=5aa=点 C坐标为（5， ）k=故选：C【点评】本题是代数几何综合题，考查了数形结合思想和反比例函数 k值性质解题关键是通过勾股定理构造方程2 （2018湖北咸宁3 分）如图，已知MON=120，点 A，B 分别在 OM，ON 上，且OA=OB=a，将射线 OM绕点 O逆时针旋转得到 OM，旋转角为 （0120且60） ，作点 A关于直线 OM的对称点 C，画直线 BC交 OM于点 D，连接 AC，AD，有下列结论：AD=CD；ACD 的大

3、小随着 的变化而变化；当 =30时，四边形 OADC为菱形；ACD 面积的最大值为 a2；其中正确的是_ （把你认为正确结论的序号都填上） 【答案】【解析】 【分析】根据对称的性质：对称点的连线被对称轴垂直平分可得：OM是 AC的垂直平分线，再由垂直平分线的性质可作判断；以 O为圆心，以 OA为半径作O，交 AO的延长线于 E，连接 BE，则 A.B.C都在O 上，根据四点共圆的性质得：ACD=E=60，说明ACD 是定值，不会随着 的变化而变化；当 =30时，即AOD=COD=30，证明AOC 是等边三角形和ACD 是等边三角形，得 OC=OA=AD=CD，可作判断；先证明ACD 是等边三角

4、形，当 AC最大时，ACD 的面积最大，当 AC为直径时最大，根据面积公式计算后可作判断【详解】A.C 关于直线 OM对称，OM是 AC的垂直平分线，CD=AD，故正确；3连接 OC，由知：OM是 AC的垂直平分线，OC=OA，OA=OB=OC，以 O为圆心，以 OA为半径作O，交 AO的延长线于 E，连接 BE，则 A.B.C都在O 上，MON=120，BOE=60，OB=OE，OBE 是等边三角形，E=60，A.C.B.E 四点共圆，ACD=E=60，故不正确；当 =30时，即AOD=COD=30，AOC=60，AOC 是等边三角形，OAC=60，OC=OA=AC，由得：CD=AD，CAD

5、=ACD=CDA=60，ACD 是等边三角形，AC=AD=CD，OC=OA=AD=CD，四边形 OADC为菱形，故正确；CD=AD，ACD=60，ACD 是等边三角形，当 AC最大时，ACD 的面积最大，AC 是O 的弦，即当 AC为直径时最大，此时 AC=2OA=2a，=90，ACD 面积的最大值是： AC2= ，故正确，所以本题结论正确的有：，故答案为：【点睛】本题考查了轴对称的性质、圆内接四边形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线构建图形并能灵活应用相关知识是解题的关键.二.填空题1. （2018莱芜4 分）如图，若ABC 内一点 P满足

6、PAC=PCB=PBA，则称点 P为ABC的布罗卡尔点，三角形的布罗卡尔点是法国数学家和数学教育家克雷尔首次发现，后来被数学爱好者法国军官布罗卡尔重新发现，并用他的名字命名，布罗卡尔点的再次发现，引发了研究“三角形几何”的热潮已知ABC 中，CA=CB，ACB=120，P 为ABC 的布4罗卡尔点，若 PA= ，则 PB+PC= 1+ 【分析】作 CHAB 于 H首先证明 BC= BC，再证明PABPBC，可得 = = =，即可求出 PB.PC；【解答】解：作 CHAB 于 HCA=CB，CHAB，ACB=120，AH=BH，ACH=BCH=60，CAB=CBA=30，AB=2BH=2BCco

7、s30= BC，PAC=PCB=PBA，PAB=PBC，PABPBC， = = = ，PA= ，PB=1，PC= ，PB+PC=1+ 故答案为 1+ 【点评】本题考查等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找相似三角形解决问题三.解答题1. （2018湖北十堰10 分）已知正方形 ABCD与正方形 CEFG，M 是 AF的中点，连接DM，EM（1）如图 1，点 E在 CD上，点 G在 BC的延长线上，请判断 DM，EM 的数量关系与位置关系，并直接写出结论；（2）如图 2，点 E在 DC的延长线上，点 G在 BC上， （1）中结论是否仍

8、然成立？请证明你的结论；（3）将图 1中的正方形 CEFG绕点 C旋转，使 D，E，F 三点在一条直线上，若5AB=13，CE=5，请画出图形，并直接写出 MF的长【分析】 （1）结论：DMEM，DM=EM只要证明AMHFME，推出 MH=ME，AH=EF=EC，推出 DH=DE，因为EDH=90，可得 DMEM，DM=ME；（2）结论不变，证明方法类似；（3）分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可；【解答】解：（1）结论：DMEM，DM=EM理由：如图 1中，延长 EM交 AD于 H四边形 ABCD是正方形，四边形 EFGC是正方形，ADE=DEF=90，AD=

9、CD，ADEF，MAH=MFE，AM=MF，AMH=FME，AMHFME，MH=ME，AH=EF=EC，DH=DE，EDH=90，DMEM，DM=ME（2）如图 2中，结论不变DMEM，DM=EM6理由：如图 2中，延长 EM交 DA的延长线于 H四边形 ABCD是正方形，四边形 EFGC是正方形，ADE=DEF=90，AD=CD，ADEF，MAH=MFE，AM=MF，AMH=FME，AMHFME，MH=ME，AH=EF=EC，DH=DE，EDH=90，DMEM，DM=ME（3）如图 3中，作 MRDE 于 R在 RtCDE 中，DE= =12，DM=NE，DMME，MR=DE，MR= DE=

10、6，DR=RE=6，在 RtFMR 中，FM= = =如图 4中，作 MRDE 于 R7在 RtMRF 中，FM= = ，故满足条件的 MF的值为 或 【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键2.（2018浙江省台州12 分）如图，在 RtABC 中，AC=BC，ACB=90，点 D，E 分别在 AC，BC 上，且 CD=CE（1）如图 1，求证：CAE=CBD；（2）如图 2，F 是 BD的中点，求证：AECF；（3）如图 3，F，G 分别是 BD，AE 的中点，若 AC=2 ，CE=1，求CGF 的

11、面积【分析】 （1）直接判断出ACEBCD 即可得出结论；（2）先判断出BCF=CBF ，进而得出BCF=CAE，即可得出结论；（3）先求出 BD=3，进而求出 CF= ，同理：EG= ，再利用等面积法求出 ME，进而求出GM，最后用面积公式即可得出结论【解答】解：（1）在ACE 和BCD 中， ，ACEBCD，CAE=CBD；（2）如图 2，在 RtBCD 中，点 F是 BD的中点，CF=BF，BCF=CBF，由（1）知，CAE=CBD，BCF=CAE，CAE+ACF=BCF+ACF=BAC=90，AMC=90，AECF；（3）如图 3，AC=2 ，BC=AC=2 ，CE=1，8CD=CE=

12、1，在 RtBCD 中，根据勾股定理得，BD= =3，点 F是 BD中点，CF=DF= BD= ，同理：EG= AE= ，连接 EF，过点 F作 FHBC，ACB=90，点 F是 BD的中点，FH= CD= ，S CEF = CEFH= 1 = ，由（2）知，AECF，S CEF = CFME= ME= ME， ME= ，ME= ，GM=EGME= = ，S CFG = CFGM= = 【点评】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形的中位线定理，三角形的面积公式，勾股定理，作出辅助线求出CFG 的边 CF上的是解本题的关键3.（2018浙江省台州14 分

13、）如图，ABC 是O 的内接三角形，点 D在 上，点 E在弦 AB上（E 不与 A重合） ，且四边形 BDCE为菱形9（1）求证：AC=CE；（2）求证：BC 2AC 2=ABAC；（3）已知O 的半径为 3若 = ，求 BC的长；当 为何值时，ABAC 的值最大？【分析】 （1）由菱形知D=BEC，由A+D=BEC+AEC=180可得A=AEC，据此得证；（2）以点 C为圆心，CE 长为半径作C，与 BC交于点 F，于 BC延长线交于点 G，则CF=CG=AC=CE=CD，证BEFBGA 得 = ，即 BFBG=BEAB，将BF=BCCF=BCAC.BG=BC+CG=BC+AC 代入可得；（

14、3）设 AB=5k、AC=3k，由 BC2AC 2=ABAC知 BC=2 k，连接 ED交 BC于点 M，RtDMC中由 DC=AC=3k、MC= BC= k求得 DM= = k，可知 OM=ODDM=3 k，在RtCOM 中，由 OM2+MC2=OC2可得答案设 OM=d，则 MD=3d，MC 2=OC2OM 2=9d 2，继而知 BC2=（2MC） 2=364d 2.AC2=DC2=DM2+CM2=（3d） 2+9d 2，由（2）得 ABAC=BC2AC 2，据此得出关于 d的二次函数，利用二次函数的性质可得答案【解答】解：（1）四边形 EBDC为菱形，D=BEC，四边形 ABDC是圆的内

15、接四边形，A+D=180，又BEC+AEC=180，A=AEC，AC=AE；（2）以点 C为圆心，CE 长为半径作C，与 BC交于点 F，于 BC延长线交于点 G，则CF=CG，10由（1）知 AC=CE=CD，CF=CG=AC，四边形 AEFG是C 的内接四边形，G+AEF=180，又AEF+BEF=180，G=BEF，EBF=GBA，BEFBGA， = ，即 BFBG=BEAB，BF=BCCF=BCAC.BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，（BCAC） （BC+AC）=ABAC，即 BC2AC 2=ABAC；（3）设 AB=5k、AC=3k，BC 2AC 2=ABAC，BC=2

16、 k，连接 ED交 BC于点 M，四边形 BDCE是菱形，DE 垂直平分 BC，则点 E.O、M、D 共线，在 RtDMC 中，DC=AC=3k，MC= BC= k，DM= = k，OM=ODDM=3 k，在 RtCOM 中，由 OM2+MC2=OC2得（3 k） 2+（ k） 2=32，解得：k= 或 k=0（舍） ，BC=2 k=4 ；设 OM=d，则 MD=3d，MC 2=OC2OM 2=9d 2，BC 2=（2MC） 2=364d 2，11AC2=DC2=DM2+CM2=（3d） 2+9d 2，由（2）得 ABAC=BC2AC 2=4d 2+6d+18=4（d ） 2+ ，当 x= ，

17、即 OM= 时，ABAC 最大，最大值为 ，DC 2= ，AC=DC= ，AB= ，此时 = 【点评】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点4 （2018辽宁省沈阳市） （12.00 分）已知：ABC 是等腰三角形，CA=CB，0ACB90点 M在边 AC上，点 N在边 BC上（点 M、点 N不与所在线段端点重合） ，BN=AM，连接 AN，BM，射线 AGBC，延长 BM交射线 AG于点 D，点 E在直线 AN上，且AE=DE（1）如图，当ACB=90时求证：BCMACN；求BDE 的度数；（2）

18、当ACB=，其它多件不变时，BDE 的度数是 或 180 （用含 的代数式表示）（3）若ABC 是等边三角形，AB=3 ，点 N是 BC边上的三等分点，直线 ED与直线 BC交于点 F，请直接写出线段 CF的长【分析】 （1）根据 SAS证明即可；想办法证明ADE+ADB=90即可；12（2）分两种情形讨论求解即可，如图 2中，当点 E在 AN的延长线上时，如图 3中，当点 E在 NA的延长线上时，（3）分两种情形求解即可，如图 4中，当 BN= BC= 时，作 AKBC 于 K解直角三角形即可如图 5中，当 CN= BC= 时，作 AKBC 于 K，DHBC 于 H【解答】 （1）证明：如图

19、 1中，CA=CB，BN=AM，CBBN=CAAM即 CN=CM，ACN=BCMBCMACN解：如图 1中，BCMACN，MBC=NAC，EA=ED，EAD=EDA，AGBC，GAC=ACB=90，ADB=DBC，ADB=NAC，ADB+EDA=NAC+EAD，ADB+EDA=18090=90，BDE=90（2）解：如图 2中，当点 E在 AN的延长线上时，13易证：CBM=ADB=CAN，ACB=CAD，EA=ED，EAD=EDA，CAN+CAD=BDE+ADB，BDE=ACB=如图 3中，当点 E在 NA的延长线上时，易证：1+2=CAN+DAC，2=ADM=CBD=CAN，1=CAD=A

20、CB=，BDE=180综上所述，BDE= 或 180故答案为 或 180（3）解：如图 4中，当 BN= BC= 时，作 AKBC 于 K14ADBC， = = ，AD= ，AC=3 ，易证ADC 是直角三角形，则四边形 ADCK是矩形，AKNDCF，CF=NK=BKBN= = 如图 5中，当 CN= BC= 时，作 AKBC 于 K，DHBC 于 HADBC， = =2，AD=6 ，易证 ACD 是直角三角形，由ACKCDH，可得 CH= AK= ，由AKNDHF，可得 KN=FH= ，15CF=CHFH=4 综上所述，CF 的长为 或 4 【点评】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性

21、质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题5 （2018辽宁省沈阳市） （10.00 分）如图，在平面直角坐标系中，点 F的坐标为（0，10） 点 E的坐标为（20，0） ，直线 l1经过点 F和点 E，直线 l1与直线 l2 、y= x相交于点 P（1）求直线 l1的表达式和点 P的坐标；（2）矩形 ABCD的边 AB在 y轴的正半轴上，点 A与点 F重合，点 B在线段 OF上，边 AD平行于 x 轴，且 AB=6，AD=9，将矩形 ABCD沿射线 FE的方向平移，边 AD始终与 x 轴平行已知矩形 ABCD以

22、每秒 个单位的速度匀速移动（点 A移动到点 E时止移动） ，设移动时间为 t秒（t0） 矩形 ABCD在移动过程中，B.C.D 三点中有且只有一个顶点落在直线 l1或 l2上，请直接写出此时 t的值；若矩形 ABCD在移动的过程中，直线 CD交直线 l1于点 N，交直线 l2于点 M当PMN 的面积等于 18时，请直接写出此时 t的值【分析】 （1）利用待定系数法求解析式，函数关系式联立方程求交点；（2）分析矩形运动规律，找到点 D和点 B分别在直线 l2上或在直线 l1上时的情况，利用 AD.AB分别可以看成图象横坐标、纵坐标之差构造方程求点 A坐标，进而求出 AF距离；设点 A坐标，表示P

23、MN 即可【解答】解：（1）设直线 l1的表达式为 y=kx+b直线 l1过点 F（0，10） ，E（20，0）解得16直线 l1的表达式为 y= x+10求直线 l1与直线 l2 交点，得x= x+10解得 x=8y= 8=6点 P坐标为（8，6）（2）如图，当点 D在直线上 l2时AD=9点 D与点 A的横坐标之差为 9将直线 l1与直线 l2 交解析式变为x=202y，x= y y（202y）=9解得y=则点 A的坐标为：（ ， ）则 AF=点 A速度为每秒 个单位t=如图，当点 B在 l2 直线上时17AB=6点 A的纵坐标比点 B的纵坐标高 6个单位直线 l1的解析式减去直线 l2

24、的解析式得 x+10 x=6解得 x=则点 A坐标为（ ， ）则 AF=点 A速度为每秒 个单位t=故 t值为 或如图，设直线 AB交 l2 于点 H设点 A横坐标为 a，则点 D横坐标为 a+9由中方法可知：MN=此时点 P到 MN距离为：a+98=a+1PMN 的面积等于 18解得a1= ，a 2= （舍去）AF=6则此时 t为18当 t= 时，PMN 的面积等于 18【点评】本题是代数几何综合题，应用待定系数法和根据函数关系式来表示点坐标，涉及到了分类讨论思想和数形结合思想6（2018重庆市 B卷） （12.00 分）抛物线 y= x2 x+ 与 x轴交于点 A，B（点A在点 B的左边）

25、 ，与 y轴交于点 C，点 D是该抛物线的顶点（1）如图 1，连接 CD，求线段 CD的长；（2）如图 2，点 P是直线 AC上方抛物线上一点，PFx 轴于点 F，PF 与线段 AC交于点E；将线段 OB沿 x轴左右平移，线段 OB的对应线段是 O1B1，当 PE+ EC的值最大时，求四边形 PO1B1C周长的最小值，并求出对应的点 O1的坐标；（3）如图 3，点 H是线段 AB的中点，连接 CH，将OBC 沿直线 CH翻折至O 2B2C的位置，再将O 2B2C绕点 B2旋转一周在旋转过程中，点 O2，C 的对应点分别是点 O3，C 1，直线 O3C1分别与直线 AC，x 轴交于点 M，N那么

26、，在O 2B2C的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使AMN 是以 MN为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段 O2M的长；若不存在，请说明理由【分析】 （1）分别表示 C和 D的坐标，利用勾股定理可得 CD的长；（2）令 y=0，可求得 A（3 ，0） ，B（ ，0） ，利用待定系数法可计算直线 AC的解析式为：y= ，设 E（x， ） ，P（x， x2 x+ ） ，表示 PE的长，利用勾股定理计算 AC的长，发现CAO=30，得 AE=2EF= ，计算 PE+ EC，利用配方法可得当 PE+ EC的值最大时，x=2 ，此时 P（2 ， ） ，确定要使四边形 PO1B1C周

27、长的最小，即 PO1+B1C的值最小，将点 P向右平移 个单位长度得点 P1（， ） ，连接 P1B1，则 PO1=P1B1，再作点 P1关于 x轴的对称点 P2（ ， ） ，可得结论；（3）先确定对折后 O2C落在 AC上，AMN 是以 MN为腰的等腰三角形存在四种情况：如图 4，AN=MN，证明C 1ECB 2O2M，可计算 O2M的长；19如图 5，AM=MN，此时 M与 C重合，O 2M=O2C= ；如图 6，AM=MN，N 和 H、C 1重合，可得结论；如图 7，AN=MN，过 C1作 C1EAC 于 E证明四边形 C1EO2B2是矩形，根据 O2M=EO2+EM可得结论【解答】解：

28、（1）如图 1，过点 D作 DKy 轴于 K，当 x=0时，y= ，C（0， ） ，y= x2 x+ = （x+ ） 2+ ，D（ ， ） ，DK= ，CK= = ，CD= = = ；（4 分）（2）在 y= x2 x+ 中，令 y=0，则 x2 x+ =0，解得：x 1=3 ，x 2= ，A（3 ，0） ，B（ ，0） ，C（0， ） ，易得直线 AC的解析式为：y= ，设 E（x， ） ，P（x， x2 x+ ） ，PF= x2 x+ ， EF= ，RtACO 中，AO=3 ，OC= ，AC=2 ，CAO=30，AE=2EF= ，PE+ EC=（ x2 x+ ）（ x+ ）+ （ACAE）

29、 ，= x+ 2 （ ），= x x，20= （x+2 ） 2+ ， （ 5分）当 PE+ EC的值最大时，x=2 ，此时 P（2 ， ） ， （6 分）PC=2 ，O 1B1=OB= ，要使四边形 PO1B1C周长的最小，即 PO1+B1C的值最小，如图 2，将点 P向右平移 个单位长度得点 P1（ ， ） ，连接 P1B1，则 PO1=P1B1，再作点 P1关于 x轴的对称点 P2（ ， ） ，则 P1B1=P2B1，PO 1+B1C=P2B1+B1C，连接 P2C与 x轴的交点即为使 PO1+B1C的值最小时的点 B1，B 1（ ，0） ，将 B1向左平移 个单位长度即得点 O1，此时

30、PO1+B1C=P2C= = ，对应的点 O1的坐标为（ ，0） ， （7 分）四边形 PO1B1C周长的最小值为 +3 ；（8 分）（3）O 2M的长度为 或 或 2 + 或 2 （12 分）理由是：如图 3，H 是 AB的中点，OH= ，OC= ，CH=BC=2 ，HCO=BCO=30，ACO=60，将 CO沿 CH对折后落在直线 AC上，即 O2在 AC上，B 2CA=CAB=30，B 2CAB，B 2（2 ， ） ，如图 4，AN=MN，MAN=AMN=30=O 2B2O3，由旋转得：CB 2C1=O 2B2O3=30，B 2C=B2C1，B 2CC1=B 2C1C=75，过 C1作

31、C1EB 2C于 E，21B 2C=B2C1=2 ， =B2O2，B 2E= ，O 2MB2=B 2MO3=75=B 2CC1，B 2O2M=C 1EC=90，C 1ECB 2O2M，O 2M=CE=B2CB 2E=2 ；如图 5，AM=MN，此时 M与 C重合，O 2M=O2C= ，如图 6，AM=MN，B 2C=B2C1=2 =B2H，即 N和 H、C 1重合，CAO=AHM=MHO 2=30，O 2M= AO2= ；如图 7，AN=MN，过 C1作 C1EAC 于 E，NMA=NAM=30，O 3C1B2=30=O 3MA，C 1B2AC，C 1B2O2=AO 2B2=90，C 1EC=

32、90，四边形 C1EO2B2是矩形，EO 2=C1B2=2 ， ，EM= ，O 2M=EO2+EM=2 + ，综上所述，O 2M的长是 或 或 2 + 或 2 22【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、轴对称变换、勾股定理、等腰三角23形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建轴对称解决最值问题，对于第 3问等腰三角形的判定要注意利用数形结合的思想，属于中考压轴题7(2018辽宁省葫芦岛市) 在ABC 中，AB=BC，点 O是 AC的中点，点 P是 AC上的一个动点（点 P不与点 A，O，C 重合） 过点 A，点 C作直线 BP的垂线，垂足分别为点 E和点F，连接

33、 OE，OF（1）如图 1，请直接写出线段 OE与 OF的数量关系；（2）如图 2，当ABC=90时，请判断线段 OE与 OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由（3）若|CFAE|=2，EF=2 ，当POF 为等腰三角形时，请直接写出线段 OP的长【解答】解：（1）如图 1中，延长 EO交 CF于 KAEBE，CFBE，AECK，EAO=KCOOA=OC，AOE=COK，AOECOK，OE=OKEFK 是直角三角形，OF= EK=OE（2）如图 2中，延长 EO交 CF于 K24ABC=AEB=CFB=90，ABE+BAE=90，ABE+CBF=90，BAE=CBFAB=BC，ABEBCF，

34、BE=CF，AE=BFAOECOK，A E=CK，OE=OK，FK=EF，EFK 是等腰直角三角形，OFEK，OF=OE（3）如图 3中，延长 EO交 CF于 K作 PHOF 于 H|CFAE|=2，EF=2 ，AE=CK，FK=2在 RtEFK 中，tanFEK= ，FEK=30，EKF=60，EK=2FK=4，OF= EK=2OPF 是等腰三角形，观察图形可知， 只有 OF=FP=2在 RtPHF 中，PH= PF=1，HF=，OH=2 ，OP= = 如图 4中，当点 P在线段 OC上时，同法可得 OP= ，综上所述：OP 的长为 258（2018辽宁省抚顺市） （12.00 分）如图，A

35、BC 中，AB=BC，BDAC 于点D，FAC= ABC，且FAC 在 AC下方点 P，Q 分别是射线 BD，射线 AF上的动点，且点P不与点 B重合，点 Q不与点 A重合，连接 CQ，过点 P作 PECQ 于点 E，连接 DE（1）若ABC=60，BP=AQ如图 1，当点 P在线段 BD上运动时，请直接写出线段 DE和线段 AQ的数量关系和位置关系；如图 2，当点 P运动到线段 BD的延长线上时，试判断中的结论是否成立，并说明理由；（2）若ABC=260，请直接写出当线段 BP和线段 AQ满足什么数量关系时，能使（1）中的结论仍然成立（用含 的三角函数表示） 【分析】 （1）先判断出ABC

36、是等边三角形，进而判断出CBP=CAQ，即可判断出BPCAQC，再判断出PCQ 是等边三角形，进而得出 CE=QE，即可得出结论；同的方法即可得出结论；（2）先判断出，PAQ=90ACQ，BAP=90ACQ，进而得出BCP=ACQ，即可判断出进而判断出BPCAQC，最后用锐角三角函数即可得出结论【解答】解：（1）DE= AQ，DEAQ，理由：连接 PC，PQ，在ABC 中，AB=AC，ABC=60，ABC 是等边三角形，ACB=60，AC=BC，AB=BC，BDAC，AD=CD，ABD=CBD= BAC，CAF= ABC，CBP=CAQ，26在BPC 和AQC 中， ，BPCAQC（SAS）

37、，PC=QC，BPC=ACQ，PCQ=PCA+AQC=PCA+BCP=ACB=60，PCQ 是等边三角形，PECQ，CE=QE，AD=CD，DE= AQ，DEAQ；DEAQ，DE= AQ，理由：如图 2，连接 PQ，PC，同的方法得出 DEAQ，DE= AQ；（2）AQ=2BPsin理由：连接 PQ，PC，要使 DE= AQ，DEAQ，AD=CD，CE=QE，PECQ，PQ=PC，易知，PA=PC，PA=PE=PC以点 P为圆心，PA 为半径的圆必过 A，Q，C，APQ=2ACQ，PA=PQ，PAQ=PQA= （180APQ）=90ACQ，CAF=ABD，ABD+BAD=90，BAQ=90，2

38、7BAP=90PAQ=90ACQ，易知，BCP=BAP，BCP=ACQ，CBP=CAQ，BPCAQC， = ，在 RtBCD 中，sin= ， =2sin，AQ=2BPsin【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，28全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，判断出BCP=ACQ是解本题的关键9（2018辽宁省抚顺市） （14.00 分）如图，抛物线 y=x 2+bx+c和直线 y=x+1交于 A，B两点，点 A在 x轴上，点 B在直线 x=3上，直线 x=3与 x轴交于点 C（1）求抛物线的解析式；（2）点 P从点 A出发，以每秒

39、个单位长度的速度沿线段 AB向点 B运动，点 Q从点 C出发，以每秒 2个单位长度的速度沿线段 CA向点 A运动，点 P，Q 同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为 t秒（t0） 以 PQ为边作矩形PQNM，使点 N在直线 x=3上当 t为何值时，矩形 PQNM的面积最小？并求出最小面积；直接写出当 t为何值时，恰好有矩形 PQNM的顶点落在抛物线上【分析】 （1）利用待定系数法即可；（2）分别用 t表示 PE.PQ、EQ，用PQEQNC 表示 NC及 QN，列出矩形 PQNM面积与t的函数关系式问题可解；由利用线段中点坐标分别等于两个端点横纵坐标平均分的数量关系

40、，表示点 M坐标，分别讨论 M、N、Q 在抛物线上时的情况，并分别求出 t值【解答】解：（1）由已知，B 点横坐标为 3A.B 在 y=x+1上A（1，0） ，B（3，4）把 A（1，0） ，B（3，4）代入 y=x 2+bx+c得解得抛物线解析式为 y=x 2+3x+429（2）过点 P作 PEx 轴于点 E直线 y=x+1与 x轴夹角为 45，P 点速度为每秒 个单位长度t 秒时点 E坐标为（1+t，0） ，Q 点坐标为（32t，0）EQ=43t，PE=tPQE+NQC=90PQE+EPQ=90EPQ=NQCPQEQNC矩形 PQNM的面积 S=PQNQ=2PQ2PQ 2=PE2+EQ2S

41、=2（ ） 2=20t236t+18当 t= 时，S 最小 =20（ ） 236 +18=由点 C坐标为（32t，0）P（1+t，t）PQEQNC，可得 NC=2QO=86tN 点坐标为（3，86t）由矩形对角线互相平分点 M坐标为（3t1，85t）当 M在抛物线上时85t=（3t1） 2+3（3t1）+4解得 t=当点 Q到 A时，Q 在抛物线上，此时 t=2当 N在抛物线上时，86t=430t=综上所述当 t= 、 或 2时，矩形 PQNM的顶点落在抛物线上【点评】本题是代数几何综合题，考查了二次函数、一次函数、三角形相似和矩形的有关性质，解答时应注意数形结合和分类讨论的数学思想10（20

42、18吉林长春9 分）在正方形 ABCD中，E 是边 CD上一点（点 E不与点 C.D重合） ，连结 BE【感知】如图，过点 A作 AFBE 交 BC于点 F易证ABFBCE （不需要证明）【探究】如图，取 BE的中点 M，过点 M作 FGBE 交 BC于点 F，交 AD于点 G（1）求证：BE=FG（2）连结 CM，若 CM=1，则 FG的长为 2 【应用】如图，取 BE的中点 M，连结 CM过点 C作 CGBE 交 AD于点 G，连结EG、MG若 CM=3，则四边形 GMCE的面积为 9 【分析】感知：利用同角的余角相等判断出BAF=CBE，即可得出结论；探究：（1）判断出 PG=BC，同感知的方法判断出PGFCBE，即可得出结论；（2）利用直角三角形的斜边的中线是斜边的一半，应用：借助感知得出结论和直角三角形斜边的中线是斜边的一半即可得出结论【解答】解：感知：四边形 ABCD是正方形，AB=BC，BCE=ABC=90，ABE+CBE=90，AFBE，ABE+BAF=90，BAF=CBE，在ABF 和BCE 中， ，ABFBCE（ASA） ；