第1部分 第4章 三角形（精练册）-【一战成名】2022河南中考数学考前新方案中考总复习

一战成名·河南·数学 第 四 章 综上所述，符合条件的点Ｐ存在，且坐标为（ 槡２＋５，４）或 （ 槡２－ ５，４）或 （ 槡 ３＋ １３ ２ ， 槡１１＋ １３ ２ ）或 （ 槡３－ １３ ２ ， 槡１１－ １３ ２ ）． ５．解：（１）抛物线的解析式为：ｙ＝－１２ｘ ２－３２ｘ＋２； （２）存在点Ｄ，使得∠ＤＢＡ＝２∠ＢＡＣ，理由如下： 如解图，①过点Ｂ作 ＢＨ∥ｘ轴，交抛物线于点 Ｈ，过点 Ｄ 作ＤＭ⊥ｘ轴，交ＢＨ于点Ｎ， ∴∠ＢＡＣ＝∠ＨＢＡ，∵∠ＤＢＡ＝２∠ＢＡＣ， ∴∠ＤＢＨ＝∠ＨＢＡ＝∠ＢＡＣ， 在Ｒｔ△ＡＯＢ中，ＯＢ＝２，ＯＡ＝４， ∴ｔａｎ∠ＤＢＨ＝ｔａｎ∠ＢＡＣ＝ＯＢＯＡ＝ １ ２， ∴ｔａｎ∠ＤＢＨ＝ＤＮＮＢ＝ １ ２， 设点Ｄ（ｍ，－１２ｍ ２－３２ｍ＋２），则 ＤＮ＝－ １ ２ｍ ２－３２ｍ， ＢＮ＝－ｍ， ∴ －１２ｍ ２－３２ｍ －ｍ ＝ １ ２，解得ｍ＝－２， ∴点Ｄ的坐标为（－２，３）； ∴存在点Ｄ，使得∠ＤＢＡ＝２∠ＢＡＣ，此时点Ｄ（－２，３）． 第５题解图① 　　 第５题解图② 解法２：如解图②，取点Ｂ′与点 Ｂ关于点 Ｏ对称，则点 Ｂ′ 的坐标为（０，－２），连接ＡＢ′，则∠ＢＡＢ′＝２∠ＢＡＣ．过点Ｂ 作ＢＤ∥ＡＢ′交抛物线于点 Ｄ，则此时∠ＤＢＡ＝∠ＢＡＢ′＝２ ∠ＢＡＣ．由点Ａ（－４，０），点Ｂ′（０，－２），易得直线ＡＢ′的解 析式为ｙ＝－１２ｘ－２， ∴直线ＢＤ的解析式为ｙ＝－１２ｘ＋２， 联立得 ｙ＝－１２ｘ＋２ ｙ＝－１２ｘ ２－３２ｘ { ＋２，解得 ｘ１＝０ｙ１{ ＝２，ｘ２＝－２ｙ２{ ＝３ ， ∴点Ｄ的坐标为（－２，３）． ６．解：（１）ａ＝１． （２）ｙ１＞ｙ２．理由略； （３）联立ｙ＝ｍ（ｍ＞０）与ｙ＝ｘ２－２ｘ＋１＝（ｘ－１）２，可得Ａ （１＋槡ｍ，ｍ），Ｂ（１－槡ｍ，ｍ），∴ＡＢ＝２槡ｍ， 联立ｙ＝ｍ（ｍ＞０）与ｙ＝３（ｘ－１）２， 可得Ｃ（１＋ ｍ槡３，ｍ），Ｄ（１－ ｍ 槡３，ｍ）， ∴ＣＤ＝２× ｍ槡３＝ 槡２３ ３槡ｍ，∴ ＡＢ ＣＤ 槡＝３． ７．解：（１）抛物线ｙ＝ａｘ２－２ａｘ＋ｃ经过点 Ｃ（０，－１），则 ｃ＝ －１， 当ａ＝１时，抛物线的表达式为ｙ＝ｘ２－２ｘ－１＝（ｘ－１）２－２， 故抛物线的顶点坐标为（１，－２）； （２）∵ｙ＝ａｘ２－２ａｘ－１＝ａ（ｘ－１）２－ａ－１， ∴点Ｄ（１，－ａ－１）， 如解图，将点Ｄ向左平移３个单位，向上平移１个单位得 到点Ｄ′（－２，－ａ）， 作点 Ｆ关于 ｘ轴的对称点 Ｆ′，则点 Ｆ′的坐标为（０，ａ－ １）， 第７题解图 当满足条件的点 Ｍ落在 Ｆ′Ｄ′上时，由图象的平移知 ＤＮ ＝Ｄ′Ｍ，故此时ＦＭ＋ＮＤ最小，即Ｆ′Ｄ′ 槡＝２ １０， 则Ｆ′Ｄ′２＝Ｆ′Ｈ２＋Ｄ′Ｈ２＝（１－２ａ）２＋４＝（ 槡２ １０） ２， 解得ａ＝７２（舍去）或－ ５ ２， 则点Ｄ′、Ｆ′的坐标分别为（－２，５２）、（０，－ ７ ２）， ∴直线Ｄ′Ｆ′的表达式为ｙ＝－３ｘ－７２， 令ｙ＝－３ｘ－７２＝０，解得ｘ＝－ ７ ６＝ｍ， 则ｍ＋３＝１１６， 即点Ｍ的坐标为（－７６，０）、点Ｎ的坐标为（ １１ ６，－１）． 第四章　三角形 命题点１　 线段、射线与直线 １．Ａ　２．Ｂ　３．Ａ　４．Ａ　 ５．Ａ　６．Ｄ　７．Ｃ　８．Ｃ ９．Ｂ　１０．Ａ　１１．Ａ 命题点２　角　相交线 １．Ｂ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．Ｃ　５．Ａ　６．Ｄ　７．Ｄ　８．Ａ　９．Ｃ １０．Ｂ　１１．３　１２．１９０ 命题点３　 平行线 １．Ｄ　２．Ｂ　３．Ｂ　４．Ｄ　５．Ｂ　６．Ａ　７．Ａ　８．Ｃ　９．Ｃ １０．Ｃ　１１．Ｂ 命题点４　 定义、命题与定理 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ｄ　４．Ｃ　５．Ｄ ６．如果两个角互补，那么这两个角的和为１８０°（或互补的两 个角和为１８０°） 命题点５　 三角形的基本性质 １．Ｃ　２．Ｂ　３．－３＜ａ＜－２　４．Ａ　５．Ｂ　６．Ｂ　７．减 少，１０ 命题点６　三角形中的重要线段 １．Ｂ　２．Ｄ　３．Ａ　４．Ａ　５．Ａ　６．Ｂ　７．Ｂ　８．Ｂ　９．Ｃ 　１０．Ｂ　１１．６ １２．槡３２；角平分线　【解析】（１）如解图，过点 Ａ作 ＡＧ∥ＤＥ 交ＢＣ的延长线于点 Ｇ．∵点 Ｄ是 ＡＢ的中点，∴ＤＥ是 △ＢＡＧ的中位线，∴ＢＥ＝ＥＧ，∵ＤＥ平分△ＡＢＣ的周长， ∴ＡＣ＋ＣＥ＝ＢＥ，∴ＡＣ＋ＣＥ＝ＣＧ＋ＣＥ，∴ＣＧ＝ＡＣ，∵ ∠ＡＣＢ＝６０°，ＡＣ＝１，∴∠ＡＣＧ＝１２０°，∴ＡＧ 槡＝３，∴                                                               