专题08,探究归纳问题（精练）-中考数学高频考点突破（解析版）

一、选择题（10×3=30分）
1. （湖北荆门·3分）如图，在矩形ABCD中（AD＞AB），点E是BC上一点，且DE=DA，AF⊥DE，垂足为点F，在下列结论中，不一定正确的是（　　）
A．△AFD≌△DCE B．AF=AD C．AB=AF D．BE=AD﹣DF 【分析】先根据已知条件判定判定△AFD≌△DCE（AAS），再根据矩形的对边相等，以及全等三角形的对应边相等进行判断即可． （C）由△AFD≌△DCE，可得AF=CD， 由矩形ABCD，可得AB=CD， ∴AB=AF，故（C）正确；

（D）由△AFD≌△DCE，可得CE=DF， 由矩形ABCD，可得BC=AD， 又∵BE=BC﹣EC， ∴BE=AD﹣DF，故（D）正确；

故选（B）
2. （2016·山东省滨州市·3分）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，且OC∥BD，AD分别与BC，OC相交于点E，F，则下列结论：
①AD⊥BD；
②∠AOC=∠AEC；
③CB平分∠ABD；
④AF=DF；
⑤BD=2OF；
⑥△CEF≌△BED，其中一定成立的是（　　）
A．②④⑤⑥ B．①③⑤⑥ C．②③④⑥ D．①③④⑤ 【解答】解：①、∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB=90°， ∴AD⊥BD， ②、∵∠AOC是⊙O的圆心角，∠AEC是⊙O的圆内部的角角， ∴∠AOC≠∠AEC， ③、∵OC∥BD， ∴∠OCB=∠DBC， ∵OC=OB， ∴∠OCB=∠OBC， ∴∠OBC=∠DBC， ∴CB平分∠ABD， ④、∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB=90°， ∴AD⊥BD， ∵OC∥BD， ∴∠AFO=90°， ∵点O为圆心， ∴AF=DF， 故选D。学科*网 3. （2017山东泰安）如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，ME⊥AM，ME交AD的延长线于点E．若AB=12，BM=5，则DE的长为（　　）
A．18 B． C． D． 【考点】S9：相似三角形的判定与性质；
KQ：勾股定理；
LE：正方形的性质． 【分析】先根据题意得出△ABM∽△MCG，故可得出CG的长，再求出DG的长，根据△MCG∽△EDG即可得出结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=12，BM=5， ∴MC=12﹣5=7． ∵ME⊥AM， ∴∠AME=90°， ∴∠AMB+∠CMG=90°． ∵∠AMB+∠BAM=90°， ∴∠BAM=∠CMG，∠B=∠C=90°， ∴△ABM∽△MCG， ∴=，即=，解得CG=， ∴DG=12﹣=． ∵AE∥BC， ∴∠E=CMG，∠EDG=∠C， ∴△MCG∽△EDG， ∴=，即=，解得DE=． 故选B． 4. （2017四川南充）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE=DG；
②BE⊥DG；
③DE2+BG2=2a2+b2，其中正确结论是 （ ）. A．①②③ B．①③ C．②③ D．①② 【解答】解：设BE，DG交于O， ∵四边形ABCD和EFGC都为正方形， ∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°， ∴∠BCE+∠DCE=∠ECG+∠DCE=90°+∠DCE，即∠BCE=∠DCG， 在△BCE和△DCG中， ， 5. （2017广西）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A＇B＇C，M是BC的中点，P是A＇B＇的中点，连接PM．若BC=2，∠BAC=30°，则线段PM的最大值是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1 【分析】如图连接PC．思想求出PC=2，根据PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解决问题． 【解答】解：如图连接PC． 在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=2， ∴AB=4， 根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4， ∴A′P=PB′， ∴PC=A′B′=2， ∵CM=BM=1， 又∵PM≤PC+CM，即PM≤3， ∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）． 故选B． 6. （2017湖北随州）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，E为CD边的中点，将△ADE绕点E顺时针旋转180°，点D的对应点为C，点A的对应点为F，过点E作ME⊥AF交BC于点M，连接AM、BD交于点N，现有下列结论：
①AM=AD+MC；
②AM=DE+BM；
③DE2=AD•CM；
④点N为△ABM的外心．其中正确的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【考点】S9：相似三角形的判定与性质；
KD：全等三角形的判定与性质；
LB：矩形的性质；
MA：三角形的外接圆与外心；
R2：旋转的性质． 【解答】解：∵E为CD边的中点， ∴DE=CE， 又∵∠D=∠ECF=90°，∠AED=∠FEC， ∴△ADE≌△FCE， ∴AD=CF，AE=FE， 又∵ME⊥AF， 又∵AB＜BC， ∴AM=DE+BM不成立，故②错误；

∵ME⊥FF，EC⊥MF， ∴EC2=CM×CF， 又∵EC=DE，AD=CF， ∴DE2=AD•CM，故③正确；

∵∠ABM=90°， ∴AM是△ABM的外接圆的直径， ∵BM＜AD， ∴当BM∥AD时， =＜1， ∴N不是AM的中点， ∴点N不是△ABM的外心，故④错误． 综上所述，正确的结论有2个， 故选：B． 7. （2017贵州）如图，正方形ABCD中，E为AB中点，FE⊥AB，AF=2AE，FC交BD于O，则∠DOC的度数为（　　）
A．60° B．67.5° C．75° D．54° 【分析】如图，连接DF、BF．如图，连接DF、BF．首先证明∠FDB=∠FAB=30°，再证明△FAD≌△FBC，推出∠ADF=∠FCB=15°，由此即可解决问题． 【解答】解：如图，连接DF、BF． ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，∠ADB=∠DBC=45°， ∴∠FAD=∠FBC， ∴△FAD≌△FBC， ∴∠ADF=∠FCB=15°， ∴∠DOC=∠OBC+∠OCB=60°． 故选A．学科*网 8. （2018·湖北省孝感·3分）如图，△ABC是等边三角形，△ABD是等腰直角三角形，∠BAD=90°，AE⊥BD于点E，连CD分别交AE，AB于点F，G，过点A作AH⊥CD交BD于点H．则下列结论：①∠ADC=15°；
②AF=AG；
③AH=DF；
④△AFG∽△CBG；
⑤AF=（﹣1）EF．其中正确结论的个数为（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2 【解答】解：∵△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形， ∴∠BAC=60°、∠BAD=90°、AC=AB=AD，∠ADB=∠ABD=45°， ∴△CAD是等腰三角形，且顶角∠CAD=150°， ∴∠ADC=15°，故①正确；

∵AE⊥BD，即∠AED=90°， ∴∠DAE=45°， ∴∠AFG=∠ADC+∠DAE=60°，∠FAG=45°， ∴∠AGF=75°， 由∠AFG≠∠AGF知AF≠AG，故②错误；

记AH与CD的交点为P， 由AH⊥CD且∠AFG=60°知∠FAP=30°， 则∠BAH=∠ADC=15°， 在△ADF和△BAH中， ∵， ∴△ADF≌△BAH（ASA）， ∴DF=AH，故③正确；

∵∠AFG=∠CBG=60°，∠AGF=∠CGB， ∴△AFG∽△CBG，故④正确；

9. （2017齐齐哈尔）如图，在等腰三角形纸片ABC中，AB=AC=10，BC=12，沿底边BC上的高AD剪成两个三角形，用这两个三角形拼成平行四边形，则这个平行四边形较长的对角线的长是（ ）．【出处：21教育名师】 A．10cm，4cm，2cm B．20cm，2cm，4cm C．10cm，2cm，4cm D．10cm，4cm，4cm 【考点】PC：图形的剪拼． 【分析】利用等腰三角形的性质，进而重新组合得出平行四边形，进而利用勾股定理求出对角线的长． 【解答】解：如图：， 则EC=8cm，BE=2BD=12cm， 则BC=4cm， 如图③所示：BD=6cm， 由题意可得：AE=6cm，EC=2BE=16cm， 故AC==2cm， 故答案为：10cm，2cm，4cm．故选C 10. （2016·四川攀枝花）如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连结GF，给出下列结论：①∠ADG=22.5°；
②tan∠AED=2；
③S△AGD=S△OGD；
④四边形AEFG是菱形；
⑤BE=2OG；
⑥若S△OGF=1，则正方形ABCD的面积是6+4，其中正确的结论个数为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5 【考点】四边形综合题． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠GAD=∠ADO=45°， 由折叠的性质可得：∠ADG=∠ADO=22.5°， 故①正确． ∵由折叠的性质可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°， ∴AE=EF＜BE， ∴AE＜AB， ∴＞2， 故②错误． ∵∠AOB=90°， ∵AE=EF=GF，AG=GF， ∴AE=EF=GF=AG， ∴四边形AEFG是菱形， ∴∠OGF=∠OAB=45°， ∴EF=GF=OG， ∴BE=EF=×OG=2OG． 故⑤正确． ∵四边形AEFG是菱形， ∴AB∥GF，AB=GF． ∵∠BAO=45°，∠GOF=90°， ∴△OGF时等腰直角三角形． ∵S△OGF=1， ∴OG2=1，解得OG=， ∴BE=2OG=2，GF===2， ∴AE=GF=2， ∴AB=BE+AE=2+2， ∴S正方形ABCD=AB2=（2+2）2=12+8，故⑥错误． ∴其中正确结论的序号是：①④⑤． 故选B． 二、填空题（6×4=24分）. 11. （2018·辽宁省盘锦市）如图①，在矩形ABCD中，动点P从A出发，以相同的速度，沿A→B→C→D→A方向运动到点A处停止．设点P运动的路程为x，△PAB面积为y，如果y与x的函数图象如图②所示，则矩形ABCD的面积为　24　． 【解答】解：从图象②和已知可知：AB=4，BC=10﹣4=6，所以矩形ABCD的面积是4×6=24． 故答案为：24． 12. （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α（0°＜α＜120°且α≠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：
①AD=CD；

②∠ACD的大小随着α的变化而变化；

③当α=30°时，四边形OADC为菱形；

④△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】①③④ ④先证明△ACD是等边三角形，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． ③当α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，∴∠AOC=60°， ∴△AOC是等边三角形，∴∠OAC=60°，OC=OA=AC， 由①得：CD=AD， ∴∠CAD=∠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③正确；

④∵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，α=90°， ∴△ACD面积的最大值是：AC2=，故④正确， 所以本题结论正确的有：①③④， 故答案为：①③④．学科*网 13. （2018·浙江宁波·4分）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠B是锐角，AE⊥BC于点E，M是AB的中点，连结MD，ME．若∠EMD=90°，则cosB的值为 　 . 【考点】菱形的性质、勾股定理、线段的垂直平分线的性质、全等三角形的判定和性质. 【分析】延长DM交CB的延长线于点H．首先证明DE=EH，设BE=x，利用勾股定理构建方程求出x即可解决问题． 【解答】解：延长DM交CB的延长线于点H． ∵AE⊥BC， ∴AE⊥AD， ∴∠AEB=∠EAD=90° ∵AE2=AB2﹣BE2=DE2﹣AD2， ∴22﹣x2=（2+x）2﹣22， ∴x=﹣1或﹣﹣1（舍弃）， ∴cosB==， 故答案为． 14. （2018·山东潍坊·3分）如图，正方形ABCD的边长为1，点A与原点重合，点B在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB＇C′D′的位置，B＇C′与CD相交于点M，则点M的坐标为　 　． 【分析】连接AM，由旋转性质知AD=AB′=1、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°，证Rt△ADM≌Rt△AB′M得∠DAM=∠B′AD=30°，由DM=ADtan∠DAM可得答案． 【解答】解：如图，连接AM， 15. （2018·浙江宁波·4分）如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连结PM，以点P为圆心，PM长为半径作⊙P．当⊙P与正方形ABCD的边相切时，BP的长为　 ． 【考点】切线的性质、正方形的性质、勾股定理 【分析】分两种情形分别求解：如图1中，当⊙P与直线CD相切时；
如图2中当⊙P与直线AD相切时．设切点为K，连接PK，则PK⊥AD，四边形PKDC是矩形；

【解答】解：如图1中，当⊙P与直线CD相切时，设PC=PM=m． ∴PM=PK=CD=2BM， ∴BM=4，PM=8， 在Rt△PBM中，PB==4． 综上所述，BP的长为3或4． 16. （2018·湖北省孝感·3分）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A的坐标为（﹣l，1），点B在x轴正半轴上，点D在第三象限的双曲线y=上，过点C作CE∥x轴交双曲线于点E，连接BE，则△BCE的面积为　 ． 【解答】解：过D作GH⊥x轴，过A作AG⊥GH，过B作BM⊥HC于M， 设D（x，）， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=CD=BC，∠ADC=∠DCB=90°， 易得△AGD≌△DHC≌△CMB， ∴AG=DH=﹣x﹣1， ∴DG=BM， ∴1﹣=﹣1﹣x﹣， x=﹣2， ∴D（﹣2，﹣3），CH=DG=BM=1﹣=4， ∵AG=DH=﹣1﹣x=1， ∴点E的纵坐标为﹣4， 当y=﹣4时，x=﹣， ∴E（﹣，﹣4）， ∴EH=2﹣=， ∴CE=CH﹣HE=4﹣=， ∴S△CEB=CE•BM=××4=7；

故答案为：7． 三、解答题（共46分）. 17. （2018·辽宁省阜新市）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于点D． （1）如图1，点E，F在AB，AC上，且∠EDF=90°．求证：BE=AF；

（2）点M，N分别在直线AD，AC上，且∠BMN=90°． ①如图2，当点M在AD的延长线上时，求证：AB+AN=AM；

②当点M在点A，D之间，且∠AMN=30°时，已知AB=2，直接写出线段AM的长． ②在Rt△ABD中，AD=BD=AB=． ∵∠BMN=90°，∠AMN=30°，∴∠BMD=90°﹣30°=60°．在Rt△BDM中，DM==，∴AM=AD﹣DM=﹣．学科*网 18. （2018年四川省南充市）如图，C是⊙O上一点，点P在直径AB的延长线上，⊙O的半径为3，PB=2，PC=4． （1）求证：PC是⊙O的切线． （2）求tan∠CAB的值． 【考点】ME：切线的判定与性质；
M5：圆周角定理；
T7：解直角三角形． 【解答】解：（1）如图，连接OC、BC ∵⊙O的半径为3，PB=2 ∴OC=OB=3，OP=OB+PB=5 ∵PC=4 ∴OC2+PC2=OP2 ∴△OCP是直角三角形， ∴OC⊥PC ∴PC是⊙O的切线． 19. （2018·浙江省台州·12分）如图，在Rt△ABC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：AE⊥CF；

（3）如图3，F，G分别是BD，AE的中点，若AC=2，CE=1，求△CGF的面积． 【分析】（1）直接判断出△ACE≌△BCD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，， ∴△ACE≌△BCD， ∴∠CAE=∠CBD；

（3）如图3，∵AC=2， ∴BC=AC=2， ∵CE=1， ∴CD=CE=1， 在Rt△BCD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FH⊥BC， ∵∠ACB=90°，点F是BD的中点， ∴FH=CD=， ∴S△CEF=CE•FH=×1×=， 由（2）知，AE⊥CF， ∴S△CEF=CF•ME=×ME=ME， ∴ME=， ∴ME=， ∴GM=EG﹣ME=﹣=， ∴S△CFG=CF•GM=××=． 20. （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（t＞0）． ①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；

②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． 【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）
∴ （2）①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=20﹣2y，x=y ∴y﹣（20﹣2y）=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 ②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①中方法可知：MN= 此时点P到MN距离为：
a+9﹣8=a+1 ∵△PMN的面积等于18 ∴ 解得 a1=，a2=﹣（舍去）
∴AF=6﹣ 则此时t为 当t=时，△PMN的面积等于18。学科*网