专题3 第25题几何综合与探究题-【一战成名新中考】2026贵州中考数学·二轮复习·专项分层提升练

一战成名新中考 专题三第25题几何综合与探究题 老情时间轴 等腰直角三角形+动点+线段的 菱形+动点+线段的旋转， 旋转，等角构造全等+四点共圆 弦图与勾股树， 构造手拉手全等，分类讨论 模型，分类讨论 分类讨论 2024 2022 2025 2023 平行四边形+折叠， 2021 直角+动点，对角互补+ 四点共圆模型，分类讨论 分类讨论 阶几何问题中的分类讨论 类型①》形状不确定 1.矩形的一条边长是a,两条对角线的夹角为60°，则矩形的另外一条边长为 2.[2025齐齐哈尔]等腰三角形纸片ABC中，AB=AC,将纸片沿直线1折叠，使点A与点B重合，直线 I交AB于点D,交直线C于点E,连接BE,若4E=5,anLAFD-,则△BC的面积为 类型2位置不确定（每年25题必考）》 3.如图，在△ABC中，∠A=56°，∠C=46°，D是线段AC上一个动点，连接BD,将△BCD沿BD折叠， 点C落在同一平面内的点C处，当C'D平行于△ABC的一边时，∠CDB的大小为 4.已知直线l为矩形ABCD的对称轴，AD=5,AB=6,E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE 折叠，点D的对应点D'恰好落在对称轴1上，则点D到边CD的距离是 专项分层提升练·贵州数学 59 5.如图，在矩形ABCD中，AB=5,BC=8,E在AD上，且AE=3,F是BC边上的点，连接EF,将四边形 ABFE沿直线EF翻折得到四边形MNFE.当D,M,N三点共线时，BF的值为 6.如图，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，将△AEF绕顶点A旋转一周，在旋转过程中， 当BE=DF时，∠BAE的度数为 7.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，∠BAC的平分线交BC于点D,P是射线AC上一 动点，连接BP交射线AD于点M,若∠PBC=20°，则∠AMP的度数是 D 8.如图，在等边△ABC中，AB=10,D是AC上一点，且AD=2,E是射线BC上一动点，连接DE,以DE 为边在DE右侧作等边△DEF,连接CF,若CE=4,则CF的长为 类型③对应关系不确定 身直线y=子+3与轴，y特分别交于A,B两点，把射线AB绕点A逆时针炭转90得到射线AC,P 是射线AC上一个动点，Q是x轴上一个动点.若△PQA与△AOB全等，则点P的坐标是 10.如图，在Rt△ABC中，点E在斜边AB上，AB=5,AE=BC=3,F是边AC上一动点，沿EF所在直 线折叠△ABC,点A的对应点为点A',A'E,A'F分别交BC于点N,M.当△A'MN与△ABC相似 时，AF的长是 60 专项分层提升练·贵州数学 一战成名新中考 日阶对接中考 类型①动点类(2025.25,2024.25,2023.25) 典例精讲 例1[2024贵州25题12分]综合与探究：如图，∠AOB=90°，点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA于 点A. P (1)【操作判断】 如图①，过点P作PC⊥OB于点C,根据题意在图①中画出PC,图中 ∠APC的度数为度； 图① (2)【问题探究】 如图②，点M在线段AO上，连接PM,过点P作PW⊥PM交射线OB于点N求证：OM+ ON=2PA; …攻思路剖析 由(1)联想过点P作PC⊥OB于点C,通过对角互补模型（本册P30)易得△APM≌△CPN,进而通 过线段等量代换得证， 0 NB 图② (3)多解法分类讨论【拓展延伸】 点M在射线AO上，连接PM,过点P作PN⊥PM交射线OB于点N,射线NM与射线PO相交 寸点只芳0作=0，未器的在 交思路剖析 由点M在射线AO上，则需考虑点M在点O上方或点O下方的情况，根据每种情况画出草图.当 点M在点O上方时，解法1：由(2)及ON=3OM易得M为A0的中点，通过巧构倍长中线 (见本册P2)得到与△M0N全等的三角形，再根据平行相似求出PF,进而求出 OF' :解法2：号得 O,M,P,N四点共圆（见本册P45),可得∠MP0与∠MN0为同弧所对圆周角，进而通过相似三角 形求解；当点M在点O下方时，不能用(2)中得到的结论，同(2)构造△APM≌△CPW,得到AM= PN,进而得出OM=OA,然后通过平行相似或四点共圆求解 备用图 专项分层提升练·贵州数学 61 针对训练刀 1.[2025扬州]问题：如图①，点P为正方形ABCD内一个动点，过点P作EF∥AD,GH∥AB,矩形PH- CF的面积是矩形PGAE面积的2倍，探索∠FAH的度数随点P运动的变化情况. 【从特例开始】 (1)小玲利用正方形网格画出了一个符合条件的特殊图形（如图②），请你仅用无刻度的直尺连接 一条线段，由此可得此图形中∠FAH= (2)小亮也画出了一个符合条件的特殊图形（如图③），其中PE=PF=6,PG=4,PH=8,求此图形 中∠FAH的度数； 【一般化探索】 (3)利用图①，探索上述问题中∠FAH的度数随点P运动的变化情况，并说明理由： A G D B H B H 图① 图② 图③ 62 专项分层提升练·贵州数学 一战成名新中考 2.如图，在矩形ABCD中，AB=8,BC=6,E是射线DC上一个动点，连接AE并延长交射线BC于点 F,点D关于直线AF的对称点为G,连接AG并延长交直线BC于点H. (1)【问题解决】如图①，当点E在线段DC上时，求证：AH=HF: (2)【问题探究】如图②，当点E运动到点C位置时（此时点C,E,F重合），连接EG与AB交于点 P,求BP的长； (3)分类讨论【拓展延伸】在点E的运动过程中，当CF=。BC时，求CH的长 0 D G H H C B C(E,F) B 图① 图② 备用图 专项分层提升练·贵州数学 63 类型②》折叠类(2022.25) 典例精讲刀 例2[2022贵阳25题12分]小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展 AD 探究如图，在口ABCD中，MAN为BC边上的高，m,点M在AD边上，且BA=BM,点E是线段 AM上任意一点，连接BE,将△ABE沿BE翻折得△FBE. (1)问题解决 如图O,当∠BAD=60°，将△ABE沿BE翻折后，使点F与点M重合，则1M AN 交思路剖析 由题知△ABM是等边三角形，则 N可转化为B ，再结合特殊角的三角面数值求解， E M(F N B 图① (2)问题探究 如图②，当∠BAD=45°，将△ABE沿BE翻折后，使EF∥BM,求∠ABE的度数，并求出此时m 的最小值； 汝思路剖析 由题知△ABM是等腰直角三角形，再结合平行及折叠的性质即可求得∠ABE的度数，根据点M在 AD边上可知，当AD=AM时，m取得最小值. 图② (3)分类讨论拓展延伸 当∠BAD=30°，将△ABE沿BE翻折后，若EF⊥AD,且AE=MD,根据题意在备用图中画出图 形，并求出m的值 思路剖析… 题中点E的位置不确定，故点A的对应点F可能在AD上方，也可能在AD下方，要分情况讨论.当 点F在AD上方时，连接FM,折叠以后通过角度换算和BA=BM知△FBM是等腰直角三角形，设 AN=a,则通过AD=AE+EM+MD,用含a的代数式表示出AD,即可得m的值；当点F在AD下方时， 过点B作B0LAM,则△OBE是等腰直角三角形，再结合BA=BM可用含a的代数式表示出AD,即 可得m的值. M D 备用图 64 专项分层提升练·贵州数学 一战成名新中考 针对训练刀 3.[2025南充改编]矩形ABCD中，AB=10,AD=17,点E是线段BC上异于点B的一个动点，连接 AE,把△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点P处 (1)【初步感知】如图①，当E为BC的中点时，延长AP交CD于点F,求证：FP=FC; (2)【深入探究】如图②，点M在线段CD上，CM=4.点E在移动过程中，求PM的最小值； (3)分类讨论【拓展运用】如图②，点N在线段AD上，AN=4.点E在移动过程中，点P在矩形内 部，当△PDN是直角三角形时，求BE的长， Y 1 图② 备用图 专项分层提升练·贵州数学 65 4.一成原创综合与探究：探究式学习是新课程倡导的重要学习方式.某兴趣小组拟对四边形内 两条互相垂直的线段做以下探究.下面是他们探究过程中的部分讨论内容，请仔细阅读，并完成 相应的任务。 回题1：如图@，点E.G分别在正方形ABCD的边4D.DC上BG LCE于点E,求证) 小星给出如下证明过程： 证明：.四边形ABCD是正方形，∴.BC=CD,∠BCD=∠D=90°， ∴.∠DCE+∠DEC=90°. 又.·BG⊥CE,.∠GFC=90°，.∠DCE+∠CGB=90°， .∠CGB=∠DEC(依据：*)， BG △BCG≌△CDE,BG=CECE1. 问题2：如图②，在矩形ABCD中，AB=a,BC=b,点E,G,H分别在边AD,DC,BC上，BG⊥EH于点 R,本能的值 受小星的启发，小红过点E作EM LBC于点M,通过证明△BCG∽△EMH,求得的值 图① 图② 图③ 任务： (1)“*”代表的内容是 小红得到C 的值是 (2)多解法如图③，在矩形ABCD中，AD>AB,E为AD边上一动点.将△AEB沿BE翻折到△FEB 处，延长EF交BC边于点H,延长BF交CD边于点G.若FG=CG,AB=6,BC=10,求HE的长； (3)分类讨论在矩形ABCD中，AD>AB,E为边AD的中点，将△ABE沿BE折叠，得到△FBE,延 长BF交直线CD于点G,直线EF交边BC于点H.若CG=1,DG=2,直接写出HE的长 66 专项分层提升练·贵州数学 一战成名新中考 类型3旋转类(2025.25,2023.25) 典例精讲) 例3[2023贵州25题12分]如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等 D 腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形ABC中，CA=CB,∠C=90°，过 点B作射线BD⊥AB,垂足为B,点P在CB上， B (1)动手操作 图① 如图②，若点P在线段CB上，画出射线PA,并将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点 E,根据题意在图中画出图形，图中∠PBE的度数为 度； 女思路剖析 由△ABC是等腰直角三角形可知∠ABC的度数，∠PBE的度数为∠ABC与∠ABD的度数之和 (2)多解法问题探究 根据(1)所画图形，探究线段PA与PE的数量关系，并说明理由： 攻思路剖析 先猜测PA与PE的数量关系为相等，再证明.解法1：证明线段相等的方法一般是全等，题目中有 一对互余角，可得∠EPB=∠PAC,再利用等腰直角三角形的性质构造一对角和一条边证明全等； 解法2：连接AE,发现∠APE和∠ABE均为AE所对的直角，可证明四点共圆（见本册P45)得∠AEP 和∠ABC均为弧PA所对的圆周角，则△AEP为等腰直角三角形，即PA=PE.大家思考还可以如何 添加辅助线， 图② (3)分类讨论拓展延伸 如图③，若点P在射线CB上移动，将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E,探究线 段BA,BP,BE之间的数量关系，并说明理由 …思路剖析 点P位置不定，需分在线段CB上和CB的延长线上进行讨论.由题可知BA,BP,BE不在同一个三 角形中，故需要进行转换，结合(2)中的相等关系构造全等三角形，将BB和BP转化到射线CB上，再 结合△ABC是等腰直角三角形可得BA与BC的数量关系，即可得BA,BP,BE之间的数量关系. 图③ 专项分层提升练·贵州数学 67 针对训练了 5.[2025龙东地区]已知：如图，△ABC中，AB=AC,设∠BAC=a,点D是直线BC上一动点，连接AD, 将线段AD绕点A顺时针旋转aα至AE,连接DE,BE,过点E作EF⊥BC,交直线BC于点F.探究如 下： (1)若=60时， 如图①，点D在CB延长线上时，易证：BF=DF+BC; 如图②，点D在BC延长线上时，试探究线段BF,DF,BC之间存在怎样的数量关系，请写出结 论，并说明理由； (2)若α=120°，点D在CB延长线上时，如图③，猜想线段BF,DF,BC之间又有怎样的数量关系？ 请直接写出结论，不需要证明. >D DB 图① 图② 图③ 68 专项分层提升练·贵州数学抛物线C1开口向下，.a<0, :Ia越小开口越大，Ial越大开口越小，点F在(3,0)和 (4,0)之间（包括这两点）， .分情况讨论如下：①由图象可得，当抛物线C,顶点为 点M,且经过点(4,0)时，开口最大，此时a最大， 设G的表达式为y=a(x+1, 将(4,0)代入，得0=a(4子41，解得a= 491 ②由图象可得，当抛物线顶点为点P,且经过点(3,0)时 开口最小，此时a最小， 设C,的表达式为y=a(x-1)+3 2 将(3.0)代入，得0=a(3-1)户解得a=号 8 4 a的取值范围为-及≤x≤4的 8.(1)桥拱部分抛物线的函数表达式为y=4（x-4)+4= 42+2x(0≤x≤8)： (2)工人的头顶不会触碰到桥拱，理由略： (3)m的取值范围是5≤m≤8. 9.(1)下层喷泉所对应抛物线C,的函数表达式为y=-(x- 1)2+1: (2)①b,c应满足的数量关系是c=6-b(形式不唯一)： ②b的取值范围为3≤b≤4 10.(1)桥洞OAM所在抛物线的函数表达式为y=-0.5(x- 3)2+4.5: (2)小船要通过桥洞，则1应不大于(23-0.4)m; (3)2+√3≤m≤6-√3或8+√3≤m≤11. 1.(1)顶棚抛物线的函数关系式为y=8x+x+2=-8 （x -4)2+4(0≤x≤8)： (2)小星能驾驶这辆车进人车棚； (3)的值为3 4 2()抛物线的每折式为y=高+60： (2)消防员不能直接使用消防喷水枪对小山丘的山顶进 行救火. 建议：消防员可以使用升降梯辅助消防喷水枪对小山丘 的山顶进行救火（言之有理即可）； (3)m的值为-163或57 3 3 专题三第25题几何综合与探究题 1a或 。2号 51 3.118°或67°4.1或9 6.15°或165°7.55°或95°8.4或12 9(-74)成-9号103或号 二阶对接中考 例1(1)解：画图如解图①，90： A 0 B C 例1题解图① 参考答案与重难题角 一战成名新中考 (2)证明：如解图②，过点P作PC⊥OB于点C,则∠OCP =90°. :∠A0B=90°，PA⊥OA, ∴.∠A=90°=∠AOB=∠OCP 四边形OAPC是矩形， 点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA,PC⊥OB .PA=PC,矩形OAPC是正方形 ∴.OA=AP=PC=OC,∠APC=90°. .PN⊥PM,∴.∠MPN=90°， .∴.∠CPN=90°-∠MPC=∠APM. 又.·∠MAP=∠NCP=90°，AP=CP. M .△APM≌△CPN(ASA), .∴.AM=CN, 0 C NB ..OM+ON=0M+0C+CN=OM+AM+ 例1题解图② OC=0A+OC=2AP. .OM+ON=2PA: (3)解：①当M在线 段A0上，即点M在G 点0上方时， 解法1：如解图③，延 长NM,PA交于点G NB 由(2)知OM+0N= 例1题解图③ 2AP,又.0N=3OM. .设0M=x,0N=3x,则0A=AP=2x, .AM=0A-0M=x=0M. .·∠MAG=∠MON=90°，∠AMG=∠OMN. ∴.△MAG≌△MON(ASA),.AG=ON=3x、 .AP∥OB,.△ONF∽△PGF, OF ONON 3x 3 小PF-PG-AG+AP3x+2x5' PF 5 OP 8 0F3心0F3 解法2：∠MON=∠MPN=90°， .0,M,P,N四点共圆，如解图④ 则∠MPO=∠MNO .点P在∠AOB的平分线上 ∠A0B=90° .∠M0P=∠F0N=45°， .△OMP∽△OFN. 例1题解图④ 0F0W0F=0M·Ow OM OP .0N=30M,.设0M=x,0N=3x 又.·OM+0N=2AP ∴.AP=2x, 易得△AOP是等腰直角三角形，.OP=2√2x, 0r-0M.0Nx…3x_32 OP 22x4x, 0P8 0F=39 ②当M在A0的延长线上，即，点M在点0下方时， 解法1：如解图⑤，过点P作PG⊥OB交OB于点C,交MW 于点G. 由(2)知，四边形OAPC是正方形 .0A AP PC OC, ∠APC=90°，PC∥A0. ,PN⊥PM,∴.∠CPN= 90°-∠MPC=∠APM, 又…∠A=∠PCN=90 M AP=CP. ∴.△APM≌△CPN(ASA), 例1题解图⑤ 析·贵州数学 35 ∴.AM=CN .ON-OM=0C+CN-OM=A0+AM-OM=2A0. ON=30M=3x,..A0=x,CN=AM=2x, .:CG∥OM,.△CGN∽△OMN 洒品 CG CN 2x t3玩CG= 3 .PC∥AO,.△OMF∽△PGF. OF OM=x=3 PF=5 OP=2 2x50F30F3 x*3 解法2：∠M0N= ∠MPN=90°，.O.M N,P四点共圆，如解图 ⑥，易得∠PMN=∠POC =45°，∴.∠M0P= F ∠FMP=135°，.∠MP0= M ∠FPM,.△OMP PM PO 例1题解图⑥ △MFP,PF=P六 Prs Pi P01 同解法1可得PA=OA=x,AM=A0+OM=2x,∴.PM= PAANF-5xOP=P=P5 P0√2x 2t, OF=PF-OP=5 2-2x=320p.2 2 2心0F3 综上 的值为号或 O 8 1.解：(1)如解图①，MN即为所求；45： B H 第1题解图① (2)如解图②，延长CB至点T,使得BT=DF,连接 AT.FH. .四边形ABCD是正方形， ∴.AB=AD,∠BAD=∠C=∠D=∠ABC=∠ABT=90°， ·.△ABT≌△ADF(SAS)」 ∴.AT=AF,∠1=∠2 ∴.∠2+∠3=90°-∠4=∠1+∠3=∠TAH, .·EF∥AD.GH∥AB. ·.四边形AEPG是平行四边形， .·∠BAD=90°，∴.平行四边形AEPG是矩形， 同理可得四边形PEBH,PGDF,PHCF为矩形 .∴.PE=BH=6,PG=DF=TB=4,∠HPF=90°， ∴.TH=TB+BH=4+6=10, HF=√/PH+PF2=√/82+6=10. .HT=HF AH=AH .在△AHT和△AHF中，〈HT=F, AT=AF, ∴.△AIT≌△AHF(SSS),∴.∠TAH=∠4， .∠TAH=90°-∠4， ∴.90°-∠4=∠4， 36 参考答案与重难 ∴.∠4=45°，即∠FAH=45°： A G A 13 B H B H 图② 图③ 第1题解图 (3)随点P的运动，∠FAH的度数不变，且为45°.理由 如下： 如解图③，延长CB至，点T,使得BT=DF,连接AT,FH, 同(2)可得∠2+∠3=∠TAH,四边形AEPG,PEBH,PGDF PHCF为矩形， 设正方形的边长为x,AG=a,PG=b, .AG=PE=BH=a,PG=DF=BT=b, ..CH=BC-BH=x-a,CF=CD-DF=x-6, :.HT=BH+BT=a+b, ”S矩形CF=2S矩形G4E, ∴(x-a)(x-b)=2ab,整理得x2=ab+ax+bx, :在Rt△CHF中，C+CF2=HF2, HF2=(x-a)2+(x-b)2=2x2-2ax+a2-2bx+b2=2ab+2ax +2bx-2ax+a2-2bx+b2=(a+b)2, ∴HF=a+b(负值已舍去)，∴HF=HT, (AH=AH, ∴.在△AHT和△AHF中，HT=HF、 AT=AF, ∴.△AHT≌△AHF(SSS),∴.∠TAH=∠4， ∠TAH=90°-∠4,90°-∠4=∠4， .∠4=45°，即∠FAH=45°. 2.(1)证明：.四边形ABCD是矩形， ∴.AD∥BC,∴.∠F=∠DAF, 由题意可得∠DAF=∠GAF, ∠F=∠GAF, .AH=HF: (2)解：.四边形ABCD是矩形 ∴.∠ABC=90°，AB/∥CD. ∴.∠PAC=∠ACD. 由题意可得∠PCA=∠ACD. .∴.∠PAC=∠PCA. ∴.AP=CP 设BP=x,则PC=AP=8-x, 在Rt△BCP中，BP+BC2=CP 即+6=(8-x)户，解得x=4 7 BP的长为4 (3)解：当点E在DC上时，如解图 ①，设CH=x,则BH=6-x, CF=1BC,BC=6,.CF=3, ∴.AH=HF=x+3, B H .在Rt△ABH中，BA2+B=AH 第2题解图① .82+(6-x)2=(x+3)2, -18 当点E在DC的延长线上时，如解图②， 设CH=x,则BH=x-6,HF=x-3, 题解析·贵州数学 易得AH=FH=x-3, :在Rt△ABH中，AB2+ BI=AHP, .82+(x-6)2=(x-3)2, 91 B 6CH=6 H 综上所述，CA的长为 8 第2题解图② 例2：2， (2).·∠BAD=45°，BA=BM ·.△AMB是等腰直角三角形， .∠ABM=90°. 由折叠的性质知∠F=∠BAE=45°，∠ABE=∠FBE, .·EF∥BM,∴.∠FBM=∠F=45°， .∠ABF=90°-∠FBM=45°， ∴LABB=3LABF=×45°=25 ,:△AMB是等腰直角三角形，AN为□ABCD中BC边上 的高，点M在AD边上， ..AB=2AN,AM=2AB=2AN, w宁wo2 AD m .当AD=AM时，m取得最小值，最小值为2； (3)当点F在AD上方时，如解图①，连接FM,延长FE交 NC于点G,易得四边形ANGE为矩形， ·∠BAD=30°，ADNC,∴.∠ABN=30° 设AN=a,则AB=2a,NB=√3a. EFLAD.AEB-FEB-()=135 :∠EAB=30°， ∴.∠ABE=15°，∴.∠ABF=30°， .AB=BM,∠BAD=30°，.∴.∠AMB=30°，∴.∠ABM=120°， ·.∠FBM=∠ABM-∠ABF=90°、 在Rt△FBM中，FB=AB=BM, ∴.FM=√2FB=2W2a. .·EG⊥GB,∠EBG=∠ABE+∠ABN=45°， ∴.GB=EG=a, .NB=√3a,∴.MD=AE=EF=NG=(√3-1)a, 在Rt△EFM中，EM=√F-EF产=(5+1)a, .AD=AE+EM+MD=2AE+EM=(33-1)a, ∴.m AD(33-104=35-1: AN a 例2题解图① 0 EM D 例2题解图② 当点F在AD下方时，如解图②，过，点B作BO⊥AD于点 参考答案与重难题角 一战成名新中考 0,同理可得AD=(3√5+1)a, m=AD =3√3+1. AN 综上所述，m的值为35-1或35+1. 3.(1)证明：.四边形ABCD为矩形，.∠B=∠C=90°， 如解图①，连接EF,由折叠可得∠APE=∠B=90°，PE =BE, ∴.∠FPE=90°. ·E为BC的中点，.BE=EC..PE=EC 在Rt△EPF与Rt△ECF中，：EP=EC,EF=EF, ∴.Rt△EPF≌Rt△ECF(HL),∴.FP=FC: D B 图① 图② D A H D 1i2 B 图③ 图④ 第3题解图 (2)解：AP=AB=10,点E在移动过程中，AP不变， 点P在以点A为圆心，AB长为半径的弧上， 如解图②，连接AM,当，点P在线段AM上时，PM取最 小值， .AD=17,CD=AB=10,CM=4,∴.DM=6, .AM=√AD+DM=√/17+6=√/325=5√/13 ∴.PM的最小值为AM-AP=5√I3-10: (3)解：在Rt△PDN中，当∠PND=90°时，如解图③，延长 NP交BC于点F,易得四边形ABFW为矩形， .∴.BF=AN=4, 由折叠的性质知AP=AB=10, .NP=√AP-AN=√10-4=2/21 .PF=10-2√2I 设BE=m,则PE=m,EF=4-m, 在Rt△PEF中，PF+EF2=PE,即(10-2√2I)2+(4-m)2 =m2, 解得m=25-5√21，即BE=25-5√21： 在Rt△PDN中，当∠NPD=90°时，如解图④，过点P作 PH⊥AD于点H,延长P交BC于点G, .∠NPD=90°，∴.∠1+∠2=90°， .∠1+∠3=90°，∴.∠3=∠2， .∠PHN=∠DHIP,.△PIN∽△DHP. HP HN 六DDP=N·HD, AN=4,AD=17,∴.DN=13, 设HN=x,则HD=13-x,AH=x+4,.P2=x(13-x), AB=10,∴.AP=AB=10, .在Rt△APH中，HP2=AP2-A=102-(x+4)2, .x(13-x)=102-(x+4)2,解得x=4, ∴.HIP=6(负值已舍去)，AH=8,.PG=4,BG=AH=8, 设BE=m,则PE=m,GE=8-m, 在Rt△PGE中，PE2=EG2+PG2. ∴.m2=(8-m)2+4,解得m=5,即BE=5: 析·贵州数学 37 点P在矩形内部 ∴.∠NDP不可能为直角，即该种情况不存在 综上，BE的长为25-5√2I或5. 4解：(1)同角的余角相等：。 (2)解法1：·四边形ABCD是矩形， ∴.∠A=∠ABC=∠C=90°，AD=BC=10 .·△AEB沿BE翻折到△FEB处. ..BF=AB=6,∠BFH=∠EFB=∠A=90° 设FG=CG=x,则BG=6+x, 在Rt△BCG中，BC2+CG2=BG2 16 ..102+x2=(6+x)2,解得x= 3 FG=CG=16 1634 ,BG=6+ 331 同(1)得BCBC_10. EH AB 6 3' 3 34 E=5BG=5: 解法2：由折叠的性质知BF=AB=6,∠EFB=∠A=90 设CG=FG=x,则BG=BF+FG=6+x, 在Rt△BCG中，BC+CG2=BG2 16 10+x2=(6+x)2,解得x=3 CG=FG=1 3,BG=6+1634 33 .·∠BFH=∠BCG=90°，∠GBC=∠HIBF. ∴.△BFI∽△BCG, 能熙哈婴 1034’ w ·BMs34 由折叠的性质得∠AEB=∠FEB :ADBC,∴.∠HBE=∠AEB, ∠HBE=∠FEB,HE=BM=34 解法3：如解图①，连接HG. E 3 H 第4题解图① 由折叠性质知BF=AB=6,∠BFE=∠A=90°， .∠GFH=90°=∠C. .·CG=FG,HG=HG. ∴.Rt△FHG≌Rt△CHG(HL), .CH=FH. 设CH=FH=n,则BH=10-n, 在Rt△BFH中，BF2+F=BH 64切e(10-户怒得n-5 34 BH=10-n=5 由折叠的性质得∠AEB=∠FEB. :AD∥BC,∴.∠HBE=∠AEB, ∠BE=∠FEBE=BH=34 ； 38 参考答案 解法4：如解图②，延长BG,AD交于点Q, A p D H 第4题解图② 由折叠的性质知BF=AB=6,∠EFB=∠A=90°， 设CG=FG=x,则BG=BF+FG=6+x, 在Rt△BCG中，BC2+CG=BG, 10+2=(6+x),解得x=3 2 DG-DC-GC=3BG=6+ 1634 3 ·∠BFH=∠BCG=90°，∠HBF=∠GBC .△BFH∽△BCG. 影器器%贸碧 BC BG CG' 33 BM=34 16 ,FH=5 DQ∥CB,.△CGB∽△DGQ, 16 胎荒 5 D0200=4 3 设AE=EF=m,则DE=10-m, 545 .EQ=DE+DQ=10-m+=-m .·EQ∥HB,∴.△EFQ∽△HFB 45 即 EQ EF 18 34 6解得m ·AE=EF= 51 HE=EF+FH=1816_34 Γ5559 (3)E的长为55或3【解法提示1D当点G在D心边 4 上时，如解图③，延长BE交CD的延长线于点Q,:点E 为边AD的中点，AE=DE,易证△BAE≌△QDE, ∠ABE=∠Q,AB=DQ,:△ABE沿直线BE折叠得到 △FBE,∴.∠ABE=∠FBE,∠A=∠EFB=90°，FB=AB,FE =AE,.∠Q=∠FBE,.GB=GQ,CG=1,DG=2,AB= CD=DQ=CG+DG=3,..GB=GQ=GD+DQ=5,..BC= √C-cC=V5-了=26，同(1)可得9，即 BG BC' 5 216EI-5/5 4 A E 图③ 图④ 第4题解图 重难题解析·贵州数学 ②当，点G在DC的延长线上时，如解图④，延长BE交CD 的延长线于点Q,同①得AB=CD=DQ,GB=GQ∴.AB=CD =DO=DG-CG=1,GB=GO=GD+DO=3,..BC= VcG2迈同理用积品即号方 32EH= 32综上所述，B的长为55或35 4 41 4 例3解：(1)画图如解图①.135： D E B 例3题解图① (2)PA=PE.理由如下： 解法1：如解图②，在AC上取一点M,使得CM=CP,连接 PM,则△CMP是等腰直角三角形， ∴.∠AMP=135°=∠PBE, AC=BC,∴.AM=PB, :·∠C=∠APE=90°，∴.∠CAP+∠APC=∠APC+∠BPE, .∠CAP=∠BPE. I∠AMP=∠PBE 在△AMP和△PBE中，了AM=PB. (∠MAP=∠BPE, ∴.△AMP≌△PBE(ASA),.PA=PE: R 例3题解图② 例3题解图③ 解法2：如解图③，连接AE,取AE的中点0，连接0B,0P △APE和△ABE都是直角三角形， ∴.OP=0B=0A=0E. ∴.A,P,B,E四点在以AE为直径的圆上， .∠AEP=∠ABC :△ABC是等腰直角三角形， .∴.∠ABC=45°，∴.∠AEP=45° .△AEP是等腰直角三角形，.PA=PE: (3)BP=1BE-BAL.理由如下： D八E D E A N B C Q PB 例3题解图④ 例3题解图⑤ ①如解图④，当点P在线段CB上时，过点E作EN⊥射线 CB于点N,则△BEN为等腰直角三角形，即EN-2 由(2)可知PA=PE,∠PAC=∠EPB,又.·∠C=∠N=90° ∴.△APC≌△PEN(AAS),.EN=PC, RC=BP+PC.BC=BP+EN=BP -BE, 在等腰直角三角形ABC中，BC=M, 2 .BP-(BA-BE): 2 参考答案与重难题解 一战成名新中考 ②如解图⑤，当点P在CB的延长线上时，过点E作EQ1 射线CB于点Q, 则△BEQ为等腰直角三角形，即EQ=乞 与①同理可得△APC≌△PEQ, EQ-PC-PB+BC- -BE 2 2 BA.PB BC= √2 .P). 综上所述，BP=1BE-BL 2 5.解：(1)BF=DF-BC,理由如下： :AB=AC,∠BAC=a=60°， :△ABC是等边三角形， .∠ABC=∠BCA=60°， ∴.∠ACD=180°-∠BCA=120° :AE=AD,∴.∠EAD=a=60° ∴.∠BAC-∠EAC=∠EAD-∠EAC,即∠BAE=∠CAD. (AB=AC. :在△ABE和△ACD中，了∠BAE=∠CAD, AE=AD. .△ABE≌△ACD(SAS), .BE=CD,∠ABE=∠ACD=120°. .∠EBF=∠ABE-∠ABC=120°-60°=60°， .:EF⊥BC, BFBF ·.在Rt△BEF中，BE= 5∠EBFcos60=2BK, CD=BD-BC=BF+DF-BC.CD=BE=2BF. ∴.2BF=BF+DF-BC,∴.BF=DF-BC; (2)3BF=DF+BC.【解法提示】.·AB=AC,∠BAC=a= 1 120°，∠ABC=∠BCA=2(180°-∠BAC)=30°， ∠BAC=∠EAD=a=120°，∴.∠BAC+∠BAD=∠EAD+ ∠BAD,即∠DAC=∠EAB,.在△ABE和△ACD中 (AB=AC. ∠BAE=∠CAD,.△ABE≌△ACD(SAS),∴.BE=CD, (AE=AD. ∠ABE=∠ACD=30°，∴.∠EBC=∠EBA+∠ABC=30°+309 =60°，EF⊥BC,.在Rt△BEF中，BE= BE cos ZEBF= c0s60=2BF,CD-BD+BG=DF-BF+BC,CD=BE= BF 2BF,..2BF=DF+BC-BF,..3BF=DF+BC. 解：(1)30，BP⊥AC:【解法提示】在菱形ABCD中，AB=BC =CD=AD,∠ABC=60°，.△ABC为等边三角形，：点P 与线段AC的中点O重合∠PnC=了∠ABC=30°，BP ⊥AC. (2)CE=2BE, 理由：如解图①，把△ABE绕B顺时针旋转60°得到 △CBQ,连接QE, 第6题解图① ∴.BE=BQ,∠EBQ=60°，∠AEB=∠BQC. 析·贵州数学 39 ·.△BEQ为等边三角形 .∠BEQ=∠BQE=60°，BE=EQ, :点E在线段BP上，且∠AEP=30°，∠PEC=60°， ·.∠AEB=150°，∠BEC=120°， ∴.∠CEQ=60°，∠BQC=150°， .∠EQC=150°-60°=90°. ∴.在Rt△ECQ中，CE=2EQ=2BE: 其他构造方法如下： D B (3)如解图②，当P在线段OA上时，记射线BP与AD交 于点H, G 第6题解图② .'AHBC,∴.∠AHB=∠CBH ∠ABC=60°，.∠BAD=120°=∠GEB HA AB △AB∽△BEG,BEEG 设FG=x,则EF=BE=2x,.EG=3x, 3 AD/BC,△APH∽△CPB,BCCP HA AP 10 CP=2 2 .△ABC为等边三角形， AC=AB-5..AP=5x2 2 如解图③，当P在线段OC上时，延长AD交射线BP于 点H, D 0 第6题解图③ 同理可得∠H=∠PBC,∠BAH=∠GEB=120°， 40 参考答案与重天 ∴.△BAI∽△GEB 设BE=EF=2m,则GF=EG=m, EG EB m 2m ,AH=10, AP AH 同理可得△MPI~△CPB..CP-CR2, 210 六AP=3AC=5 33 综上，AP的长为2或10 例4解：(1)(B): (2)如解图①，CM即为“切痕”， 4 R 例4题解图① (3)如解图②，AD⊥BC,E,F分别为AB,AC的中点，连接 DE,DF,则AD,DE,DF即为“切痕” 如解图③，AB,BC,CA边的垂直平分线交于点Q,连接 AQ,BQ,CQ,则AQ,BQ,C0即为“切痕”， 如解图④，∠BAC,∠ABC,∠ACB的平分线交于点O,作 OM⊥AB,OP⊥BC,ON⊥AC,则OM,OP,ON即为“切痕”， D 图② 图③ M 图④ 例4题解图 分割成的每个图形都为轴对称图形，即将每一块烙饼翻 身后，仍能正好落在“锅”中： 如解图⑤，假设点P存在， D 例4题解图⑤ PA=AB,PB=BC.PC=CD.PD=DA. ∴.∠APB=∠ABP,∠BPC=∠BCP,∠CPD=∠CDP ∠DPA=∠DAP. .∠APB+∠BPC+∠CPD+∠DPA=360°， .∴.∠ABP+∠BCP+∠CDP+∠DAP=36O°， ,四边形ABCD的内角和=∠PAB+∠ABP+∠PBC+ ∠BCP+∠PCD+∠CDP+∠PDA+∠DAP=∠PAB+∠PBC+ ∠PCD+∠PDA+360°>360°，这与四边形的内角和是360 相矛盾， 题解析·贵州数学 .假设不成立 .不能在四边形内部取一点P,使切法满足PA=AB,PB= BC.PC=CD.PD=DA 7.(1)解：作图如解图①： B 第7题解图① (2)证明：如解图②，连接AE,DE,设BE=x, D E 第7题解图② 由条件可知AE=DE,AF=DF, .S△HBP=S△DEr, .在Rt△ABE和Rt△DCE中，32+x2=(9-x)2+6,解得x =6, ∴.BE=6,CE=3, 1 .AB+BE=CE+DC,SAM=2AB.BE=9=- CE·cD =SADCE :S四边形BP=S△+S△AP,S四边形DCEF=S△DEr+S△DGE, .S四边形EF=S四边形DCBP, 又.·AF+AB+BE=DF+EC+DC .直线EF为四边形ABCD的“等分积周线”： (3)解：如解图③，在AC上取一点F,使得FC=AB=7,在 BC上取一点E,使得BE=2,作直线EF,则EF是△ABC 的一条“等分积周线”. B EG 第7题解图③ 理由：由作图可得，AF=AC-FC=10-7=3】 在CB上取一点G,使得CG=AF=3,则有AB+AF=CF +CG. AB=BC. .∠A=∠C, (AF=CG. 在△ABF和△CFG中」 ∠A=∠C AB=CF. ∴.△ABF≌△CFG(SAS), SAABF=SACFG BF=GF, 又CG=3,BE=2,∴.EG=2 .SABFE=S△ErG, S△Ee=S边形BEP,又：AF+AB+BE=CE+CF=12, .EF是△ABC的一条“等分积周线”， 8.（1)解：①错误：②正确：③错误： (2)证明：证法1：如解图③，过点Q作QH∥P0,且QH= P0,连接OH,S,则四边形PQH0是平行四边形，.PQ 平行于0H,PQ=0H, 参考答案与重难题角 一战成名新中考 在平行六边形OPORST中，P0平行于RS,P0=RS, .QH∥RS,且QH=RS, .四边形ORSH为平行四边形，.ORHS,OR=IS 在平行六边形OPORST中，P0平行于ST.OR平行于0T, ∴0H平行于ST,IS平行于0T 四边形ST0为平行四边形， .HS=OT,OH=ST...OR=OT.PO=ST. .·OP=PQ=QR=RS,∴.PQ=QR=RS=ST=0T=P0 .平行六边形OPORST是菱六边形 证法2：如解图④，连接S0,PR. 六边形OPORST为平行六边形，.OP∥RS. ·OP=S,.四边形OPS是平行四边形， ∴.∠OPR=∠OSR,PR=OS,由(1)得∠OPQ=∠RST,∠Q =∠T, :∠QPR=LOPQ-∠OPR,∠TS0=∠RST-∠OSR, ∴.∠QPR=∠TS0. .∠Q=∠T,PR=OS,∴.△QPR≌△TS0(AAS), ∴.PQ=ST,QR=T0, OP=PO=OR=RS...OP=PO=OR=RS=ST=TO. .平行六边形OPORST是菱六边形： 证法3：如解图⑤，分别延长T0,QP交于点A,延长TS,QR 交于点B, .·OT∥QR,PQ∥TS,∴.四边形ATBQ为平行四边形， ∴.∠A=∠B,AT=BQ,AQ=BT, .六边形OPORST是平行六边形，.∠1=∠2. .∠1+∠3=180°，∠2+∠4=180°，.∠3=∠4， 1∠A=∠B. 在△AOP和△BRS中 ∠3=∠4. OP=RS. .△AOP≌△BRS(AAS), .AO=BR,AP=BS .OT=AT-AO,OR=BO-BR,..OT=OR. 同理可得ST=PQ, .OP=PO=OR=RS .OP=PO=OR=RS=ST=TO. .平行六边形OPORST是菱六边形 0 -1H 图③ 图④ 2 H G 6 图⑤ 图⑥ 第8题解图 (3)解：设三角形纸片为△ABC,如解图⑥， 裁剪后的纸片为菱六边形DEFGHI. .DEHG,HI∥EF,GF∥AB,DE=EF=FG=HG=II=DI. 析·贵州数学 41 DE AD AE IH BI AB=AD+DI+BI=3. BC AB AC'AC AB 1 3 4 设DE=EF=FG=HG=H=D1=,则之=4D_4E,x_BL 六2++=3，解得x= 634’43 1 2 28 4 .在△ADE中，AD= .DE=x= 2,AR= AD= 3t,3 2=3,E=3= 9 3 x, (答案不唯一) 第四部分 新中考方向性试题专练 专练一代数推理 5024厘米 1.582.(1)2(2)11 2.(1)小星平路骑行时的踩踏转速n为90转/分钟： 3.(1)-8(2)-10(3)1,1,2,3(答案不唯-) (2)上坡的后链轮齿数的设定范围为16~20齿（包含边 4.(1)B(2)1575.(1)x2=4,m=±√6；(2)证明略. 界值) 专练二学科融合 3.(1)∠BA0=30°： (2)该部件1的长度符合要求： 1.432.B3.C4.B (3)能，将圆柱换成正方体 5.(1)该铜棒的伸长量为5.1×10°m; 4.(1)国补后需支付6400元： (2)铁的线膨胀系数为1.2×105/℃，该铁棒温度的 (2)可以得到的优惠率为27.3%； 增加量为40℃： (3)B,A,B,25.4%. (3)该铁棒温度的增加量为68℃ 5.(1)弹簧测力计A的示数为2.8N,弹簧测力计B的示数 专练三综合与实践 为2.5N: 1.(1)制作这个中间的纸轴至少需要40π平方厘米的硬 (2)当6≤x≤10时，弹簧测力计A的示数F拉力=-0.3x+ 纸板： 5.8: (2)估计这种规格的一卷空心卷筒纸展开后的总长度为 (3)m=0.6,n=1.6. 抢分卷 章诊断卷 第一章诊断卷数与式 10.C1.B12.C13.≥-314{红=-2， 1.C2.D3.B4.C5.B6.A7.C8.B9.C (y=-3 10.B11.D12.A13.114.415.-116.1或-5 15.m≤4且m≠216.8 17.原式=a-2, 17.(1)-3.1: (a+2)(a-2)≠0，∴.a≠±2 (2)一次函数的表达式为y=x+4,S△40B=4: 当a=0时，原式=0-2=-2. (3)-3<x<-1. 或当a=1时，原式=1-2=-1.（任选其一即可，答案不唯 18.(1)y1与x之间的函数表达式为y,=-5(x-1)2+7, 一) y2与x之间的函数表达式为y2=-5x2+18x-11: 18.任务一：一；括号前是负号，去括号时，括号里的各项都 (2)①：；②当x的值为1时，两球到地面的距离之差最 要改变符号，但它有一项未变号： 8 任务二：原式=-3a2+2a+5 大，最大是5m. 当a=2时，原式=-3. 第四章诊断卷三角形 19.(1)(a+b)2=a2+2ab+b:(2)ab=7:(3)略. 1.D2.C3.A4.C5.B6.C7.A8.B9.A 第二章诊断卷方程（组）与不等式（组） 0.D山.B12.D134(或5)141518 1.B2.A3.D4.D5.C6.B7.C8.C9.B 10.C11.D12.A13.-114.215.616.7 16.2-1 17.原不等式组的解集为x≤1，解集表示在数轴上略 17.(1)△ABC≌△CDA,△ABE≌△CDF,△BCE≌△DAF: 18.(1)七年级(1)班有35人，七年级(2)班有27人： (任选两对即可，答案不唯一) (2)有3种购买方案： (2)证明略. 方案一：各自购买门票，需32×18+27×20=1116（元）： 18.(1)证明略；(2)AE=2√7. 方案二：联合购买59张门票，需(32+27)×18=1062 19.(1)两座山之间水平距离BD的长约为85.0m: (元)： (2)这座山AB的高度约为179.4m 方案三：联合购买61张门票，需61×16=976（元）， 第五章诊断卷四边形 .:976<1062<1116, 1.D2.D3.B4.B5.A6.C7.C8.B9.A .联合购买61张门票最省钱， 10.B11.D12.C13.1214.2415.2016.10 19.(1)A型玩具的单价是8元，B型玩具的单价是4元： 17.(1)证明略；(2)菱形ABCD的边长是5. (2)最多可购进A型玩具55个 18.(1)证明略；(2)∠DAC=22.5°. 第三章诊断卷函数 第六章诊断卷圆 1.B2.B3.C4.D5.A6.C7.A8.D9.D 1.A2.D3.B4.A5.A6.D7.B8.D9.C 42 参考答案与重难题解析·贵州数学