2021中考数学压轴题专题训练11开放探究（附解析）

开放探究1．定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做三角形的“中垂心”．如图1，在△ABC中，PA=PB，则点P叫做△ABC的“中垂心”．（1）根据定义，中垂心可能在三角形顶点处的三角形有________（举一个例子即可）；（2）应用：如图2；在△ABC中，请画出“中垂心”P，使PA=PB=PC．（保留作图痕迹，不写画法）（3）探究：①如图3，已知△ABC为直角三角形，∠C=90°，∠ABC=60°，AC=，“中垂心”P在AC边上，求PA的长．②如图4，若PA=PB且“中垂心”P在△ABC内部，总有AC+BC2AP，请说明理由．【解析】解：（1）根据题意，若点C为△ABC的“中垂心”可得CA=CB∴△ABC为等腰三角形故答案为：等腰三角形（答案不唯一）；（2）分别作出BC和AB的垂直平分线，交于点P 根据垂直平分线的性质可得PA=PB=PC∴点P即为所求；（3）①∵∠C=90°，∠ABC=60°，∴∠A=90°－∠ABC=30°∴AB=2BC设BC=x，则AB=2x∵BC2＋AC2=AB2∴x2＋（）2=（2x）2解得：x=4或-4（不符合实际，舍去）∴BC=4，AB=8∵P在AC边上，∠C=90°∴PB＞PC，即不存在“中垂心”P，使PB=PC若PA=PB，如下图所示 设PA=PB=a，则PC=AC－PA=－a∵PC2＋BC2=BP2∴（－a）2＋42=a2解得：a=即PA=；若PA=PC，如下图所示则点P为AC的中点∴PA==综上：PA=或；②理由如下延长AP交BC于D根据三角形的三边关系可得：AC＋CD＞AD，DP＋DB＞PB ∴AC＋CD＋DP＋DB＞AD＋PB∴AC＋（CD＋DB）＋DP＞PA＋DP＋PB∴AC＋BC＞PA＋PB∵PA=PB∴AC+BC2AP2．如图，在中，为的中点，将绕点顺时针旋转得到，连结、.（1）若为等边三角形，试探究与有何数量关系？证明你的结论；（2）若为等边三角形，当的值为多少时，？（3）当不是等边三角形时，（1）中结论是否仍然成立？若不成立，请添加一个条件，使得结论成立，并说明理由.【解析】解（1），证明如下：∵为等边的中线，∴，即，∵，∴，即，由旋转的性质得到，，∴，∴.（2）或240.当时，由为等边三角形，得到，∴，∴；当时，，∴. （3）不成立，添加的条件为理由如下：∵，，∴，即.∵，∴，即.由旋转的性质得到，，∴，∴.3．在△ABC中，AB=AC，点D与点E分别在AB、AC边上，DEBC，且DE=DB，点F与点G分别在BC、AC边上，∠FDG∠BDE．（1）如图1，若∠BDE=120°，DF⊥BC，点G与点C重合，BF=1，直接写出BC=；（2）如图2，当G在线段EC上时，探究线段BF、EG、FG的数量关系，并给予证明；（3）如图3，当G在线段AE上时，直接写出线段BF、EG、FG的数量关系：_____________．【解析】（1）∵DE∥BC，∴∠BDE+∠ABC=180°，∵∠BDE=120°，∴∠ABC=60°，∵DF⊥BF，∴∠BFD=90°，∴DF=BF•tan60°，∵∠CDF∠BDE=60°，∠DFC=90°，∴CF=DF•tan60°， ∴BC=BF+CF=1+3=4；（2）如图2中，结论：FG=BF+EG．理由：在EA上截取EH，使得EH=BF．∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，∴∠ADE=∠AED，∴∠DEH=∠B，在△DBF和△DEH中，，∴△DBF≌△DEH（SAS），∴DF=DH，∠BDF=∠EDH，∵∠FDG∠BDE，∴∠BDF+∠EDG=∠EDH+∠EDG=∠GDH∠BDE，∴∠GDF=∠GDH，在△DGF和△DGH中， ，∴△DGF≌△DGH（SAS），∴FG=HG，∵HG=EG+HE=EG+BF，∴FG=BF+EG；（3）如图3中，结论：FG=BF-EG．理由：在射线EA上截取EH，使得EH=BF．∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，∴∠ADE=∠AED，∴∠DEH=∠B，在△DBF和△DEH中，，∴△DBF≌△DEH（SAS），∴DF=DH，∠BDF=∠EDH， ∴∠BDE=∠FDH，∵∠FDG∠BDE∠FDH，∴∠GDF=∠GDH，在△DGF和△DGH中，，∴△DGF≌△DGH（SAS），∴FG=HG，∵HG=HE-GE=BF-EG，∴FG=BF=-EG．4．如图，点的坐标为，点的坐标为，将沿直线对折，使点与点重合，直线与轴交于点与交于点．（1）求出的长度；（2）求的面积；（3）在平面上是否存在点，使得是等腰直角三角形？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由．【解析】解：（1）∵点的坐标为，点的坐标为，∴OA＝16，OB＝12，在RtAOB中， ，∴AB＝20；（2）如图，连接BC，∵折叠，∴AC＝BC，∠ADC＝∠BDC＝90°，AD＝BD＝10，设AC＝BC＝x，则OC＝16－x，在RtBOC中，，∴，解得，∴，∴在RtACD中，∴ ，∴的面积为；（3）如图1，当点P在第一象限，PB＝AB且∠PBA＝90°时，过点P作PE⊥OB交y轴于点E，则∠PEB＝∠AOB＝90°，∴∠PBE＋∠BPE＝90°，∵∠PBA＝90°，∴∠PBE＋∠ABO＝90°，∴∠BPE＝∠ABO，∵∠PEB＝∠AOB，∠BPE＝∠ABO，PB＝AB，∴PEB≌BOA，∴PE＝OB＝12，BE＝OA＝16，∴OE＝BE＋OB＝28， ∴点P的坐标为（12，28），如图2，当点P在第三象限，PB＝AB且∠PBA＝90°时，过点P作PF⊥OB交y轴于点F，则∠PFB＝∠AOB＝90°，∴∠PBF＋∠BPF＝90°，∵∠PBA＝90°，∴∠PBF＋∠ABO＝90°，∴∠BPF＝∠ABO，∵∠PFB＝∠AOB，∠BPF＝∠ABO，PB＝AB，∴PFB≌BOA，∴PF＝OB＝12，BF＝OA＝16，∴OF＝BF－OB＝4，∴点P的坐标为（－12，－4），如图3，当点P在第一象限，PA＝AB且∠PAB＝90°时， 过点P作PG⊥OA交x轴于点G，则∠PGA＝∠AOB＝90°，∴∠PAG＋∠APG＝90°，∵∠PAB＝90°，∴∠PAG＋∠BAO＝90°，∴∠APG＝∠BAO，∵∠PGA＝∠AOB，∠APG＝∠BAO，PA＝AB，∴PAG≌ABO，∴PG＝OA＝16，AG＝OB＝12，∴OG＝OA＋AG＝28，∴点P的坐标为（28，16），如图4，当点P在第四象限，PA＝AB且∠PAB＝90°时， 过点P作PH⊥OA交x轴于点H，则∠PHA＝∠AOB＝90°，∴∠PAH＋∠APG＝90°，∵∠PAB＝90°，∴∠PAH＋∠BAO＝90°，∴∠APH＝∠BAO，∵∠PHA＝∠AOB，∠APH＝∠BAO，PA＝AB，∴PAH≌ABO，∴PH＝OA＝16，AH＝OB＝12，∴OH＝OA－AH＝4，∴点P的坐标为（4，－16），如图5，当点P在第四象限，PA＝PB且∠APB＝90°时， 过点P作PM⊥OB交y轴于点M，过点A作AN⊥PM，交MP的延长线于点N，则∠PNA＝∠PMB＝90°，∴∠PAN＋∠APN＝90°，∵∠APB＝90°，∴∠APN＋∠BPM＝90°，∴∠PAN＝∠BPM，∵∠PNA＝∠PMB，∠PAN＝∠BPM，PA＝PB，∴PAN≌BPM，∴PM＝AN，BM＝PN，设PM＝AN＝a，则PN＝BM＝12＋a，∵MN＝OA＝16，∴a＋12＋a＝16解得a＝2，∴PM＝2，OM＝AN＝2，∴点P的坐标为（2，－2）， 如图6，当点P在第一象限，PA＝PB且∠APB＝90°时，过点P作PI⊥OB交y轴于点I，过点A作AJ⊥PI，交IP的延长线于点J，则∠PJA＝∠PIB＝90°，∴∠PAJ＋∠APJ＝90°，∵∠APB＝90°，∴∠APJ＋∠BPI＝90°，∴∠PAJ＝∠BPI，∵∠PJA＝∠PIB，∠PAJ＝∠BPI，PA＝PB，∴PAJ≌BPI，∴PI＝AJ，BI＝PJ，设PI＝AJ＝b，则PJ＝BI＝b－12，∵IJ＝OA＝16，∴b＋b－12＝16，解得b＝14，∴PI＝14，OI＝AJ＝14， ∴点P的坐标为（14，14），综上所述，点P的坐标为（12，28），（－12，－4），（28，16），（4，－16），（2，－2），（14，14）．5．已知，且自然数，对进行如下“分裂”，可分裂成个连续奇数的和，如图：即如下规律：……；（1）按上述分裂要求，，可分裂的最大奇数为（2）按上述分裂要求，可分裂成连续奇数和的形式是：；（3）用上面的规律求：【解析】解：（1）通过观察已知算式可得平方数的分裂规律有：平方数的底数是多少，分裂后的奇数加数就有多少个；奇数加数是从1开始算起的连续奇数，∴，又，所以可分裂的最大奇数为19；故答案为=1+3+5+7+9，19；（2）由（1）可以进一步得知，一个平方数分裂后的最大奇数等于平方数底数的2倍减去1，∴可分裂的最大奇数为2n-1， ∴，故答案为；（3）由（2）得：=，，∴=2n+1．6．如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，点E在BC上，AE的延长线交BD于点F．（1）求证：△ACE≌△BCD；（2）探究的度数；（3）探究EF、DF、CF之间的关系．【解析】解：（1）∵△ABC和△CDE都为等边三角形，∴∠ACE=∠BCD=60°，AC=BC，CE=CD，在△ACE和△BCD中， ∴△ACE≌△BCD；（2）延长AF到Q，使FQ=DF，连接DQ，∵△ACE≌△BCD，∴∠CAE=∠CBD，又∵∠AEC=∠BEF，∴∠AFB=∠ACB=60°．∴∠DFQ=60°，∴△DFQ是等边三角形，∴∠FDQ=∠FQD=60°，DF=DQ，∴∠CDF=∠EDQ，在△CDF和△EDQ中，∴△CDF≌△EDQ，∴∠CFD=∠DQF=60°；（3）∵△CDF≌△EDQ， ∴CF=EQ， ∵EQ=DF+FQ=EF+DF，∴CF=EF+DF．7．（1）问题发现:如图（1），在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝36°，连接AC，BD交于点M．①的值为　　；②∠AMB的度数为　　；（2）类比探究:如图（2），在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC，交BD的延长线于点M．请计算的值及∠AMB的度数．（3）拓展延伸:在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M．若OD＝1，OB＝，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．【解析】解：（1）①∵∠AOB=∠COD=36°，∴∠AOB+∠DOA=∠COD+∠DOA，∴∠COA=∠DOB，又∵OA=OB，OC=OD，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC=BD，∴=1，故答案为：1；②设AO与BD交于点E，由①知，△COA≌△DOB， ∴∠CAO=∠DBO，∵∠AOB+∠DBO=∠DEO，∠AMB+∠CAO=∠DEO，∴∠AOB=∠AMB=36°，故答案为：36°；（2）在△OAB和△OCD中，∵∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，∴tan30°=，∵∠AOB+∠DOA=∠COD+∠DOA，即∠DOB=∠COA，∴△DOB∽△COA，∴，∠DBO=∠CAO，∵∠DBO+∠OEB=90°，∠OEB=∠MEA，∴∠CAO+∠MEA=90°，∴∠AMB=90°，∴=，∠AMB=90°； （3）①如图3-1，当点M在直线OB左侧时，在Rt△OCD中，∠OCD=30°，OD=1，∴CD=2，在Rt△OAB中，∠OAB=30°，OB=，∴AB=2，由（2）知，∠AMB=90°，且=，∴设BD=x，则AC=AM=x，在Rt△AMB中，AM2+MB2=AB2，∴（x）2+（x+2）2=（2）2，解得，x1=3，x2=-4（舍去），∴AC=AM=3；②如图3-2，当点M在直线OB右侧时，在Rt△AMB中，AM2+MB2=AB2，∴（x）2+（x-2）2=（2）2，解得，x1=4，x2=-3（舍去），∴AC=AM=4， 综上所述，AC的长为3或4．8．综合与实践（1）观察理解：如图1，中，，，直线过点，点，在直线同侧，，，垂足分别为，，由此可得：，所以，又因为，所以，所以，又因为，所以（）；（请填写全等判定的方法）（2）理解应用：如图2，，且，，且，利用（1）中的结论，请按照图中所标注的数据计算图中实线所围成的图形的面积______；（3）类比探究：如图3，中，，，将斜边绕点逆时针旋转至，连接，求的面积． （4）拓展提升：如图4，点，在的边、上，点，在内部的射线上，、分别是、的外角．已知，．求证：；【解析】（1）在和中，，故答案为：；（2），，，，由（1）得：，，，，，，.（3）如图3，过作于，由旋转得：，，，，；（4），，， ，，，在和中，；，9．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，与轴相切于点，与轴相交于、两点.（1）点、、的坐标分别是（，），（，），（，）.（2）设经过、两点的抛物线的关系式为，它的顶点为，抛物线的对称轴与轴相交于点，求证：直线与相切.（3）在抛物线的对称轴上，是否存在点（点在轴的上方），使是等腰三角形.如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由.【解析】（1），，.提示：连结，则垂直于轴.∵点的坐标是，∴，.在 中，，同理在中，，∴，，.（2）把代入，解得，∴，.如图2，连结，则，.∵，∴，∴，即，∴与相切.（3）∵，，∴，.在中，.设，，如图3.①当时，在中，，∴，，∵，∴，∴；②当时，在中，，∴，，∵，∴，∴；③当时，和重合，.综上当、或时，是等腰三角形. 10．已知如图，四边形ABCD，BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，若∠BAD＝α，∠BCD＝β（1）如图1，若α+β＝150°，求∠MBC+∠NDC的度数；（2）如图1，若BE与DF相交于点G，∠BGD＝45°，请写出α、β所满足的等量关系式；（3）如图2，若α＝β，判断BE、DF的位置关系，并说明理由．【解析】解：（1）在四边形ABCD中，∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC＝360°，∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣（α+β），∵∠MBC+∠ABC＝180°，∠NDC+∠ADC＝180°∴∠MBC+∠NDC＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ADC＝360°﹣（∠ABC+∠ADC）＝360°﹣[360°﹣（α+β）]＝α+β，∵α+β＝150°，∴∠MBC+∠NDC＝150°， （2）β﹣α＝90°理由：如图1，连接BD，由（1）有，∠MBC+∠NDC＝α+β，∵BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，∴∠CBG＝∠MBC，∠CDG＝∠NDC，∴∠CBG+∠CDG＝∠MBC+∠NDC＝（∠MBC+∠NDC）＝（α+β），在△BCD中，在△BCD中，∠BDC+∠DBC＝180°﹣∠BCD＝180°﹣β，在△BDG中，∠BGD＝45°，∴∠GBD+∠GDB+∠BGD＝180°，∴∠CBG+∠CBD+∠CDG+∠BDC+∠BGD＝180°，∴（∠CBG+∠CDG）+（∠BDC+∠CDB）+∠BGD＝180°，∴（α+β）+180°﹣β+45°＝180°，∴β﹣α＝90°，（3）平行，理由：如图2，延长BC交DF于H， 由（1）有，∠MBC+∠NDC＝α+β，∵BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，∴∠CBE＝∠MBC，∠CDH＝∠NDC，∴∠CBE+∠CDH＝∠MBC+∠NDC＝（∠MBC+∠NDC）＝（α+β），∵∠BCD＝∠CDH+∠DHB，∴∠CDH＝∠BCD﹣∠DHB＝β﹣∠DHB，∴∠CBE+β﹣∠DHB＝（α+β），∵α＝β，∴∠CBE+β﹣∠DHB＝（β+β）＝β，∴∠CBE＝∠DHB，∴BE∥DF．11．在平面直角坐标系中，对于平面中的点，和图形，若图形上存在一点，使，则称点为点关于图形的“折转点”，称为点关于图形的“折转三角形”（1）已知点，①在点，，中，点关于点的“折转点”是______； ②点在直线上，若点是点关于线段的“折转点”，求点的横坐标的取值范围；（2）的圆心为，半径为3，直线与，轴分别交于，两点，点为上一点，若线段上存在点关于的“折转点”，且对应的“折转三角形”是底边长为2的等腰三角形，直接写出的取值范围．【解析】（1）①根据“折转点”的定义，要使得的Q才是点O关于点A的“折转点”，如图，根据各个点的坐标，，，，则，∴，是点O关于点A的“折转点”，，，，则，∴，点O关于点A的“折转点”，∵，∴不是，故答案是：，；②如图，点为点关于线段的折转点，则在线段上存在点，使得，即在以为直径的圆上（不含，点），因此，当点在上运动时，所有可能的点组成的图形为：以为圆心，半径为1的圆，和以为圆心，半径为2的圆及其之间的部分，（不含轴上的点）．直线与内圆交于，与外圆交于，线段即为直线上点可能的位置， 过点作轴于，连接，则，因为直线，，因此为等腰直角三角形，，由三线合一，知，为，即点横坐标为1，同理可得，点横坐标为2，∴点的横坐标取值范围是；（2）根据题意，记线段EF上的点是Q，当上存在一点C，使的时候，则线段EF上存在点P关于的“折转点”，∵“折转三角形”是等腰直角三角形，∴Q点一定在线段PC的垂直平分线上，∵点P、C都是圆上的点，线段PC是的弦，∴圆心T也在线段PC的垂直平分线上，∴T和Q是共线的，且它们之间的距离是固定的，∵等腰直角三角形的底是2，∴Q到线段PC的距离是1，∵的半径是3，弦长PC是2，∴根据垂径定理可以算出圆心T到线段PC的距离是， ∴，根据直线求出、，如图，当点Q在点F的位置上的时候，①，，根据勾股定理求得，则；②同上，则；当点Q在点E的位置上的时候，③，则；④，则，综上，t的范围是：或．12．如图，在矩形中，，，点从点出发沿向点匀速运动，速度是，过点作交于点，同时，点从点出发沿方向，在射线上匀速运动，速度是，连接、，与交与点，设运动时间为．（1）当为何值时，四边形是平行四边形； （2）设的面积为，求与的函数关系式；（3）是否存在某一时刻，使得的面积为矩形面积的；（4）是否存在某一时刻，使得点在线段的垂直平分线上．【解析】（1）当四边形是平行四边形时，，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，即，∴（2）∵，∴，即，∴，∴， ∴，，梯形，∴梯形（3）由题意，解得，所以当或时，的面积为矩形面积的．（4）当点在线段的垂直平分线上时，，∴，在中，，在中，，∴，即解得，（舍）所以当时，点在线段的垂直平分线上．