中考数学压轴题归类复习（十大类型附详细解答）(12)

∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．∵∠BHA=90°，∠BAO=45°， ∴tan∠BAH=

=1．∴BH=HA=4．∴OC=BH=4．故答案为：4．

2

2

2

2

2

（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R， 连接MN、DG，如图1（2）．由（1）得OH=2，BH=4．∵OC与⊙M相切于N， ∴MN⊥OC．设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．∵BC⊥OC，OA⊥OC， ∴BC∥MN∥OA．

∵BM=DM，∴CN=ON．∴MN=（BC+OD）．∴OD=2r﹣2．∴DH=

2

2

2

2

2

2

=．

在Rt△BHD中，∵∠BHD=90°，∴BD=BH+DH．∴（2r）=4+（2r﹣4）．解得：r=2． ∴DH=0，即点D与点H重合．∴BD⊥0A，BD=AD．∵BD是⊙M的直径， ∴∠BGD=90°，即DG⊥AB．∴BG=AG．∵GF⊥OA，BD⊥OA，∴GF∥BD． ∴△AFG∽△ADB．∴∴OG=

设OR=x，则RG=2

2

2

2

===2

=．∴AF=AD=2，GF=BD=2．∴OF=4． ．同理可得：OB=2

，AB=4

．∴BG=AB=2

．

=

﹣x．∵BR⊥OG，∴∠BRO=∠BRG=90°．

2

2

∴BR=OB﹣OR=BG﹣RG．∴（2∴BR=OB﹣OR=（2

2

2

2

）﹣x=（2）=

2

22

）﹣（2

2

﹣x）．解得：x=

2

．

）﹣（

2

．∴BR=．在Rt△ORB中，

sin∠BOR===．故答案为：．

（3）①当∠BDE=90°时，点D在直线PE上，如图2．此时DP=OC=4，BD+OP=BD+CD=BC=2，

BD=t，OP=t．则有2t=2．解得：t=1．则OP=CD=DB=1．∵DE∥OC，∴△BDE∽△BCO． ∴

=

=．∴DE=2．∴EP=2．∴点E的坐标为（1，2）．

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②当∠BED=90°时，如图3．∵∠DBE=OBC，∠DEB=∠BCO=90°，∴△DBE∽△OBC． ∴

=

．∴

=

．∴BE=

t．∵PE∥OC，∴∠OEP=∠BOC．

=

．∴

=．∴OE=

．

t．

∵∠OPE=∠BCO=90°，∴△OPE∽△BCO．∴∵OE+BE=OB=2∴PE=

，∴=

t+

t=2

．解得：t=．∴OP=，OE=

）．

．∴点E的坐标为（，

③当∠DBE=90°时，如图4．此时PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．则有OD=PE，EA=

=

（6﹣t）=6

﹣

t．∴BE=BA﹣EA=4

﹣（6

﹣

t）=

t﹣2

．

∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形．∴DE=OP=t，DE∥OP． ∴∠BED=∠BAO=45°．在Rt△DBE中，cos∠BED=∴t=

（

t﹣2

=

．∴DE=

BE．

）=2t﹣4．解得：t=4．∴OP=4，PE=6﹣4=2．∴点E的坐标为（4，2）．

）、

综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标为（1，2）、（，（4，2）．

【点评】本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、

平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数学思想，有一定的综合性．

苏州中考题：(1)2.5； (2)t＝

14或－14＋269； (3)不存在。 5

面积与相似：解：⑴B（b，0），C（0， ）；

⑵假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点

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的等腰直角三角形。设点P坐标（x，y），连接OP，

则 四边形 △ △ ，∴ 。过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°. ∴四边形PEOD是矩形. ∴∠EPD=90°.∵△PBC是等腰直角三角形，∴PC=PB，∠BPC=90°.∴∠EPC=∠BPD. ∴△PEC≌△PDB. ∴PE=PD，即x=y.由 ，解得： .由△PEC≌△PDB

得EC=DB，即

，解得

符合题意.∴点P坐标为（ ， ）.

⑶假设存在这样的点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似. ∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO，∴∠QAB＞∠AOQ，∠QAB＞∠AQO.∴要使得△QOA和△QAB相似，只能∠OAQ=∠QAB=90°，即QA⊥x轴.∵b＞2，∴AB＞OA. ∴∠QOA＞∠QBA，∴∠QOA=∠AQB，此时∠OQB =90°.由QA⊥x轴知QA∥y轴，∴∠COQ=∠OQA. ∴要使得△QOA和△OQC相似，只能∠OCQ=90°或∠OQC=90°.

（Ⅰ）当∠OCQ=90°时，△QOA≌△OQC. ∴AQ=CO= .由 得： ，解得： . ∵ ，∴ ， . ∴点Q坐标为（1， ）.

（Ⅱ）当∠OQC=90°时，△QOA≌△OCQ. ∴

，即 .又 . ∴

，即 .解得：AQ=4，此时b=17＞2符合题意. ∴点Q坐标为（1，4）.∴综上可知：存在点Q（1， ）或（1，4），使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似.

例4. 【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题；动点型；开放型．

【分析】（1）根据矩形的宽为3即可得出C的坐标为（0，3）．当E落在BC边时，四边形OPEC和四边形PADF均为正方形的性质，那么OP=PE=OC=3，PA=PF=AD=1．因此P的坐标为（3，0），D的坐标为（4，1）．然后根据P，C，D三点的坐标，用待定系数法求出过P、C、D三点的抛物线的解析式．（2）根据折叠的性质可得出∠CPO=∠CPE，∠FPD=∠APD．由此可得出∠CPD=90°，由此不难得出Rt△POC∽Rt△DAP，可根据线段OC、OP、PA、AD的比例关系，得出关于x，y的函数关系式．根据关系式即可得出y的最大值以及对应的x的值．（3）可分两种情况进行讨论：

①当PQ是另一条直角边，即∠DPQ=90°时，由于∠DPC=90°，且C在抛物线上，因此C与Q重合，Q点的坐标即为C点的坐标．

②当DQ是另一条直角边，即∠PDQ=90°时，那么此时DQ∥PC．如果将PC所在的直线向上平移两个单位，即可得出此时DQ所在直线的解析式．然后联立直线DQ的解析式以及抛

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物线的解析式组成方程组，如果方程组无解，则说明不存在这样的Q点，如果方程组有解，那么方程组的解即为Q的坐标．综合上述两种情况即可得出符合条件的Q的坐标．

解：（1）由题意知，△POC，△PAD为等腰直角三角形，得P（3，0），C（0，3），D（4，1），

设过此三点的抛物线为y=ax+bx+c（a≠0），则

2

，∴，

∴过P、C、D三点的抛物线的函数关系式为y=x﹣x+3．

（2）由已知PC平分∠OPE，PD平分∠APF，且PE、PF重合，则∠CPD=90°，

∴∠OPC+∠APD=90°，又∠APD+∠ADP=90°，∴∠OPC=∠ADP．∴Rt△POC∽Rt△DAP． ∴

即

∵y=x（4﹣x）=﹣x+x=﹣（x﹣2）+（0＜x＜4）

。

2

2

2

∴当x=2时，y有最大值．

（3）假设存在，分两种情况讨论：

①当∠DPQ=90°时，由题意可知∠DPC=90°，且点C在抛物线上， 故点C与点Q重合，所求的点Q为（0，3）

②当∠QDP=90°时，过点D作平行于PC的直线DQ，假设直线DQ交抛物线于另﹣点Q， ∵点P（3，0），C（0，3），∴直线PC的方程为y=﹣x+3，将直线PC向上平移2个单位与 …… 此处隐藏：1560字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……