《（山東濱州專用）2022中考數(shù)學 大題加練(一)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（山東濱州專用）2022中考數(shù)學 大題加練(一)（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（山東濱州專用）2022中考數(shù)學 大題加練(一) 1．(xx·無棣一模)如圖，在△ABC中，點D，E分別在AB，AC上，且BE平分∠ABC，∠ABE＝∠ACD，BE，CD交于點F. (1)求證：＝； (2)請?zhí)骄烤€段DE，CE的數(shù)量關系，并說明理由； (3)若CD⊥AB，AD＝2，BD＝3，求線段EF的長． 2．(xx·濱州一模)如圖，已知正方形紙片ABCD的邊長為2，將正方形紙片折疊，使頂點A落在邊CD上的點P處(點P與點C，D不重合)，折痕為EF，折疊后AB邊落在PQ的位置，PQ與BC交于點G. (1)觀察操作結果，找到一個與△EDP

2、相似的三角形，并證明你的結論； (2)當點P位于CD中點時，(1)問中你找到的三角形與△EDP周長的比是多少． 3．(xx·濱州一模)直線y＝－x＋分別與x軸、y軸交于A，B兩點，⊙E經(jīng)過原點O及A，B兩點，C是⊙E上一點，連接BC交OA于點D，∠COD＝∠CBO. (1)求A，B，C三點坐標； (2)求經(jīng)過O，C，A三點的拋物線的解析式； (3)直線AB上是否存在點P，使得△COP的周長最?。舸嬖?，請求出P點坐標；若不存在，請說明理由． 參考答案 1．解：(1)證明：∵∠ABE＝∠ACD，∠A

3、＝∠A， ∴△ABE∽△ACD， ∴＝. (2)DE＝CE.理由如下： ∵＝，∴＝. 又∵∠A＝∠A，∴△ADE∽△ACB， ∴∠AED＝∠ABC. ∵∠AED＝∠ACD＋∠CDE，∠ABC＝∠ABE＋∠CBE， ∴∠ACD＋∠CDE＝∠ABE＋∠CBE. ∵∠ABE＝∠ACD，∴∠CDE＝∠CBE. ∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE， ∴∠CDE＝∠ABE＝∠ACD， ∴DE＝CE. (3)∵CD⊥AB，∴∠ADC＝∠BDC＝90°， ∴∠A＋∠ACD＝∠CDE＋∠ADE＝90°. ∵∠ABE＝∠ACD，∠CDE＝∠ACD， ∴∠A＝∠ADE，∠BEC

4、＝∠ABE＋∠A＝∠A＋∠ACD＝90°， ∴AE＝DE，BE⊥AC. ∵DE＝CE，∴AE＝DE＝CE，∴AB＝BC. ∵AD＝2，BD＝3，∴BC＝AB＝AD＋BD＝5. 在Rt△BDC中，CD＝＝＝4， 在Rt△ADC中，AC＝＝＝2， ∴DE＝AE＝CE＝. ∵∠ADC＝∠FEC＝90°， ∴tan∠ACD＝＝， ∴EF＝＝＝. 2．解：(1)與△EDP相似的三角形是△PCG. 證明如下：∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠C＝∠D＝90°. 由折疊知∠EPQ＝∠A＝90°， ∴∠DPE＋∠DEP＝90°，∠DPE＋∠CPG＝90°， ∴∠DEP＝∠CP

5、G. ∴△EDP∽△PCG. (2)設ED＝x，則AE＝2－x， 由折疊可知EP＝AE＝2－x. ∵點P是CD中點，∴DP＝1. ∵∠D＝90°，∴ED2＋DP2＝EP2，即x2＋12＝(2－x)2， 解得x＝，∴ED＝. ∵△EDP∽△PCG， ∴＝＝， ∴△PCG與△EDP周長的比為. 3．解：(1)∵直線y＝－x＋分別與x軸、y軸交于A，B兩點， ∴當x＝0時，y＝，當y＝0時，x＝3， ∴點A(3，0)，點B(0，)， ∴AB＝＝2， ∴AE＝BE＝AB＝. 如圖，連接EC，交x軸于點H. ∵∠COD＝∠CBO， ∴＝， ∴EC⊥OA，OC＝AC

6、， ∴OH＝AH＝OA＝. 在Rt△AEH中，EH＝＝， ∴CH＝EC－EH＝， ∴點C的坐標為(，－)． (2)設經(jīng)過O，C，A三點的拋物線的解析式為y＝ax(x－3)． ∵點C的坐標為(，－)， ∴－＝a××(－3)， 解得a＝， ∴經(jīng)過O，C，A三點的拋物線的解析式為y＝x2－x. (3)存在． ∵OC＝， ∴當OP＋CP最小時，△COP的周長最小， 如圖，過點O作OF⊥AB于點F，并延長交⊙O于點K，連接CK交直線AB于點P，則點P即為所求． ∵∠OAB＝30°，∴∠AOF＝60°. ∵∠COD＝30°，∴∠COK＝90°， ∴CK是直徑． ∵點P在直線AB上， ∴點P與點E重合． 由A，B點坐標可得直線AB的解析式為y＝x＋， ∵點E的橫坐標為， ∴y＝－×＋＝， ∴點P的坐標為(，)．