中考数学压轴题专项训练08猜想与证明含解析

猜想与证明

1．已知在平面直角坐标系内的位置如图，，，、的长满足关系式．

（1）求、的长；

（2）求点的坐标；

（3）在轴上是否存在点，使是以为腰的等腰三角形．若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．

【解析】解：⑴由.可知，

，

∴.

⑵作轴与点D，

⑶存在.

当点P在x轴的负半轴时，使AP=AC，则为等腰三角形，P的坐标为；

当点P在x轴的负半轴时，使CP=AC，由勾股定理得，CP=AC=5，则为等腰三角形，P的坐标为；

当点P在x轴的正半轴时，使AC=CP，则为等腰三角形，

， ；

所以存在，点P或或．

2．在平面坐标系中，已知线段，且的坐标分别为，点为线段的中点.

（1）线段与轴的位置关系是

（2）求点的坐标。

（3）在轴上是否存在点，使得三角形面积为3.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

【解析】解：（1）因为A、B点的纵坐标相同，所以线段与轴平行；     

（2），C是线段AB的中点，∴C点坐标为：    

（3）在轴上存在点，使得三角形的面积为3.其理由如下：

由（2）知：，

即：

或 ，

∴P点坐标为：或时，三角形的面积为3.

3．探索与证明：

（1）如图①，直线经过正三角形的顶点，在直线上取点，，使得，．通过观察或测量，猜想线段，与之间满足的数量关系，并予以证明；

（2）将（1）中的直线绕着点逆时针方向旋转一个角度到如图②的位置，，．通过观察或测量，猜想线段，与之间满足的数量关系，并予以证明．

【解析】解：（1）DE=BD＋CE，证明如下

∵△ABC为等边三角形

∴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，证明如下

∵△ABC为等边三角形

∴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．如图，钝角中，，为上一点，，为上一点，．

（1）作于，交的延长线于．

①判断与的大小关系，并说明理由．

②求证；

（2）若，，求的长．

【解析】解：（1）①,理由是：

∵，于，

∴，

∵作于，，

∴，

∴．

②∵，

∴，

∴，

∴，即，

由①知，，

∴（）．

（2）作交射线于，交的延长线于

∵，，

∴，由（1）可知，，

∵，

∴，

∴，

由勾股定理，得，

∴，

∴，，

∴，，，

∴，

∴的长为．

5．如图，在中，，点为边上的一点，，且，点关于直线的对称点为，连接，又的边上的高为．

（1）求的大小；

（2）判断直线，是否平行？并说明理由；

（3）证明：．

【解析】（1）∵，，

∴，

∵点关于直线的对称点为，

∴，，

∴，

∴，

∴；

（2）直线，平行．理由：

∵，

∴，

如图，取中点，连接，则为等边三角形，为等腰三角形，

∴，

∴，

∴，即．

又∵的边上的高为，

∴，∴；

（3）如图，过点作、的垂线，垂足分别为、．

∵，即点在的平分线上，

∴．

∵，，

∴，

即点在的平分线上，

∴，∴，

∴点在的平分线上．

又∵，∴，

∴，

∴，

∴中，，∴．

6．如图，边长为的正方形中，P是对角线上的一个动点（点P与A、C不重合），连接，将绕点B顺时针旋转90°到，连接，与交于点E，延长线与（或延长线）交于点F．

（1）连接，证明：；

（2）设，试写出y关于x的函数关系式，并求当x为何值时，；

（3）猜想与的数量关系，并证明你的结论．

【解析】（1）证明：

∵线段BP绕点B顺时针旋转得到线段BQ，

∴BP=BQ，，

∵四边形ABCD是正方形，

∴BA=BC，，

∴，

∴，即，

在△BAP和△BCQ中，

∵，

∴（SAS），

∴CQ=AP．

（2）如图，

∵四边形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．

当x=3或1时，．

（3）结论：PF=EQ，理由是：

如图，当F在边AD上时，过P作，交AB于G，则，

∵，

∴，

∴，

∵PB=BQ，，

∴（SAS），

∴EQ=PG，

∵，

∴F、A、G、P四点共圆，

连接FG，

∴，

∴△FPG是等腰直角三角形，

∴PF=PG，

∴PF=EQ．

当F在AD的延长线上时，如图所示，同理可得：PF=PG=EQ．

7．问题提出：

（1）同一平面内的两条线段和，已知，，则线段最大值是______；最小值是______．

问题探究：

（2）如图，四边形中，，，，且，问是否存在最大值?若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．

问题解决：（自行作图并解决）

（3）在中，，，以为一边作正方形，连接，问是否存在最大值或者最小值?若存在，求出相应最值；若不存在，请说明理由．

【解析】（1）由题意，分以下两种情况：

①当点不在同一条直线上时，

由三角形的三边关系定理得：，

，即；

②当点在同一直线上时，

点B在点的中间时，则，

点C在点的中间时，则，

综上，线段AC的取值范围为，

则线段最大值是5，最小值是1，

故答案为：5，1；

（2）存在，求解过程如下：

如图，连接AC，将绕点C逆时针旋转，点A的对应点为点E，连接AE、BE、CE，

，

旋转后点D的对应点为点B，

由旋转的性质得：，

是等边三角形，

，

①当点不在同一条直线上时，

，即，

；

②当点在同一条直线上时，

，

，

综上，当点在同一条直线上时，AC有最大值，最大值为6；

（3）如图，将绕点B逆时针旋转，点E的对应点为点F，连接EF、BF、CF，

四边形ABCD是正方形，

，

旋转后点A的对应点为点C，

由旋转的性质得：，

在中，，

①当点不在同一条直线上时，

，

，即；

②当点在同一条直线上时，

，

综上，当点在同一条直线上时，有最大值，最大值为．

8．如图，在直角中，，，，是边上的中线，直线，是边延长线上一点，连接并延长交直线于点，将沿翻折得，射线交直线于点．

（1）如图1，当时，求的长．

（2）如图2，当点在点的上方时，求证：．

（3）如果的面积为，求的长．

【解析】解：(1)，

，

在中：，

是边上的中线，，

是等边三角形，，

，

，

在中：，，

，，

在和中，，，

，

故答案为：4．

(2)由(1)可知：为等边三角形，

，

沿翻折得，

，，

，

，

，

，

，

又，

．

(3)过点作于点，过点作于点，如下图所示：

∴四边形是一个矩形，∴，

∵，

∴为的中点，

∴，

由(1)知：，，得到，

∴，

∴，

∴，

∴设，则，

由(2)知：，，

∴，代入数据：

∴，即，解得：或(舍去)，

∴的长度为，

由(1)知：

∴的长度为，

故答案为：2．

9．如图，在ABC中，∠ABC＝60°，点D，E分别为AB，BC上一点，BD＝BE，连接DE，DC，AC＝CD．

（1）如图1，若AC＝3，DE＝2，求EC的长；

（2）如图2，连接AE交DC于点F，点M为EC上一点，连接AM交DC于点N，若AE＝AM，求证：2DE＝MC；

（3）在（2）的条件下，若∠ACB＝45°，直接写出线段AD，MC，AC的等量关系．

【解析】解：（1）如图1，过点C作CG⊥AB于G，

∴∠AGC＝∠AGB＝90°，

∵AC＝CD，

∴AG＝DG，

设DG＝a，

∵BD＝BE，∠ABC＝60°，

∴△BDE是等边三角形，

∴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，

根据勾股定理得，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）如图2，在MC上取一点P，使MP＝DE，连接AP，

∵△BDE是等边三角形，

∴∠BED＝60°，BE＝DE，

∴∠DEC＝120°，BE＝PM，

∵AE＝AM，

∴∠AEM＝∠AME，

∴∠AEB＝∠AMP，

∴△ABE≌△APM（SAS），

∴∠APM＝∠ABC＝60°，

∴∠APC＝120°＝∠DEC，

过点M作AC的平行线交AP的延长线于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．

如备用图，在MC上取一点P，使PM＝DE，

由（2）知，MC＝2CP＝2DE，△ABE≌△APM，

∴AB＝AP，

∵∠ABC＝60°，

∴△ABP是等边三角形，

∴BP＝AB，

∵BE＝BD，

∴PE＝AD，

∴BC＝BE+PE+CP＝DE+PE+DE＝2DE+AD＝MC+AD，

过点A作AH⊥BC于H，设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．如图，已知直线y=kx+8的与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B，点C 在x轴负半轴上，直线y=x+b经过点C，直线y=x+b与直线AB交于点E，线段OA，OC的长满足．

（1）求OA，OC的长；

（2）求点E的坐标；

（3）若点P在x轴上，在平面内是否存在点Q，使以C，E，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．

【解析】解：（1）∵，，

∴，

∴OA=4，OC=5．

（2）∵OA=4，OC=5

∴A（4，0），C（-5，0）

将C（-5，0）代入y=x+b中，得到0=-5+b

∴b=5，y=x+5

将A（4，0）代入y=kx+8，得到0=4k+8

∴k=-2，y=-2x+8

联立得

解得

∴E点坐标为（1，6）．

（3）①取CE的中点D，过D作CE的垂线，交x轴于点P，连接PE．

∵C（-5，0），E（1，6）

设D点的坐标为（a，b）

∵D为CE中点

∴a==-2，b==3

∴D（-2，3）

设直线PD的的解析式为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

∴直线与x轴交点P为（1，0）

∵E点坐标为（1，6）

∴PE⊥PC

∴要构造的菱形CEPQ为正方形

∴Q点坐标为（-5，6）

②以C为圆心CE长为半径作圆，交x正半轴于点P，作EQCP且EQ=CE，连接AQ．

∵同一个圆所有半径相等

∴AC=CE

又∵EQ平行且等于CP

∴四边形PQCE为菱形

∵C（-5，0），E（1，6）

∴CE=

∴EQ =CE=

∴Q（1+，6）

③以C为圆心CE长为半径作圆，交x负半轴于点P，作EQAC且EQ=CE，连接AQ．

∵同一个圆所有半径相等

∴PC=CE

又∵EQ平行且等于CP

∴四边形PQCE为菱形

由②知CE=，E（1，6）

∴Q（1-6，6）

④以E为圆心CE长为半径作圆，交x轴正半轴于点P，连接EP，作E关于x轴的对称点Q，连接CQ、PQ．

∵同圆半径相等

∴CE=EP

又∵Q点与E点关于x轴对称

∴CE=CQ，PE=PQ

∴CE=EP=PQ=QC

∴四边形CEPQ为菱形

又∵Q点与E点关于x轴对称，E（1，6）

∴Q（1，-6）

综上所述，存在Q点，Q点坐标为（1，-6）或（-5，6）或（1-6，6）或（1+6，6）．

11．如图，已知抛物线经过点A(-3，0)，C(0，3)，交x轴于另一点B，其顶点为D．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P为抛物线上一点，直线CP交x轴于点E，若△CAE与△OCD相似，求P点坐标；

（3）如果点F在y轴上，点M在直线AC上，那么在抛物线上是否存在点N，使得以C，F，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出菱形的周长；若不存在，请说明理由．

【解析】（1）∵抛物线经过点，

∴，解得

此抛物线解析式为：；

（2）∵

∴顶点

∵，，

∴，，，

∴点E只能在A点左边

①如下图，若

则

∴

∴

∴

∵

∴

联立

∴，（舍去）

∴；

②若

则

∴AE=2

∴

∴

∵

∴

联立

∴，（舍去）

得

因此，或；

（3）在抛物线上存在点N，使得以C，F，M，N为顶点的四边形是菱形

①若CF为对角线，则CF与NM互相垂直平分时，四边形CNFM为菱形

∵

∴

∴，四边形CNFM为正方形

∴N点与顶点D重合

∵

∴，

∴菱形CNFM的周长为；

②若CF为菱形的一边，则，，NM=NF时，四边形CNFM为菱形

过F作FH⊥NM于H，设直线NM交x轴于G，

则,

∴NM===NF

∵，

∴

∴NF=FH

又FH=OG=

∴=

∴ 或

∴NF=或NF=菱形周长为或

因此，存在菱形，其周长为，或.

12．如图，在平面直角坐标系中，点A(1，4)，点B(3，2)，连接OA，OB．

（1）求直线OB与AB的解析式；

（2）求△AOB的面积．

（3）下面两道小题，任选一道作答．作答时，请注明题号，若多做，则按首做题计入总分．

①在y轴上是否存在一点P，使△PAB周长最小．若存在，请直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由．

②在平面内是否存在一点C，使以A，O，C，B为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点C坐标；若不存在，请说明理由．

【解析】解：（1）设直线OB的解析式为y=mx，   

∵点B(3，2)，

∴ ，

∴直线OB的解析式为，

设直线AB的解析式为y=kx+b，

根据题意可得：

解之得 

∴直线AB的解析式为y= -x+5．

故答案为：直线OB的解析式为，直线AB的解析式为y= -x+5；

（2）如图，延长线段AB交x轴于点D，   

当y=0时，-x+5=0，x=5，

∴点D横坐标为5，OD=5，

∴，

∴，

故答案为：5．    

（3）①存在，(0，)；

过点A作y轴的对称点，连接B，交y轴与点P，则点P即为使△PAB周长最小的点，

由作图可知，点坐标为，又点B（3，2）

则直线B的解析式为：，

∴点P坐标为，

故答案为：；

②存在． 或或．

有三种情况，如图所示：设点C坐标为，

当平行四边形以AO为对角线时，

由中点坐标公式可知，AO的中点坐标和BC中点坐标相同，

∴

解得

∴点坐标为，

当平行四边形以AB为对角线时，AB的中点坐标和OC的中点坐标相同，则

∴点的坐标为，

当平行四边形以BO为对角线时，BO的中点坐标和AC的中点坐标相同，则

解得

∴点坐标为，

故答案为：存在，或或．