2021中考数学压轴题专题训练08猜想与证明（附解析）

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．