中考考前冲刺经典专题(含解析)

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1、第十三讲几何综合专题时间：年月日刘老师学生签名:一、兴趣导入向口莠告诟我戸要面对着卩日光绍/□生民工—、变得单纟屯而差好/I米二、学前测试1.设XI、X2是方程x2+3x-3=0的两个实数根，则卫+空的值为.解答：解：・・5、X2是方程X1x2x2+3x-3=0的两个实数根,/eXi+x2=-3,X1X2二-3,2(X1+x9)_2x!X9Q1则原式——~~2」9+&二-5.x1辺_322、如图，在矩形ABCD屮，点E是边CD的屮点，将△/!£>£沿4E折叠示得到△AFE,且点F在矩形ABCD内部.5延长交边眈于点G若號，则譽显导—用含咖弋数式表示）.

2、AB考点：矩形的性质；翻折变换（折亞问题）•分析：根据中点定义可得QE=CE,再根据翻折的性质可得DE=EF,AF=AD,ZAFE=ZD=90°,从而得到CE=EF,连接EG,利用厶”证明心AECG和心△EFG全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=FG,设CG=a,表示出GB,然后求出BC,再根据矩形的对边相等可得AD=BC,从而求岀AF,再求出4G,然后利用勾股定理列式求岀43,再求比值即可.解答：解：•・•点E是边CD的中点，・・・DE=CE,・・・将沿AE折叠后得到ZVIFE,・・・DE=EF,AF=ADfZAFE=ZD=90。,:.CE=EF

3、,连接EG,在Rt/ECG和Rt/EFG屮，(EG二EG,Ice二ef:.Rt/XECG竺RtHEFG(HL),:・CG=FG,设CG=d,・・・复丄，GBkGB=ka,BC=CG+BG=a+ka=a(k+1),在矩形ABCD中，AD=BC=a(RD,.AF=a(k+1),AG=AF^FG=a(好1)^a=a(H2),在RgBG中，(k+2)]2-(ke)H2G佰L・.AP/(k+1)•*AB2aVk+l2*故答案为：姮1.2AB点评：木题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，以及翻折变换的性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三

4、角形是解题的关键.23•如图，抛物线局吨与y轴相交于点A,与过点A平行于x轴的直线相交于点B甘在第-象限）•抛物线的顶点C在直线0B±,对称轴与x轴相交于点D.平移抛物线，使其经过点A、D,则平移后的抛物线的解析式为解答：解：・・•令x二0,贝Ijy二22・••点A（0,卫），2根据题意，点八、B关于对称轴对称,・・・顶点C的纵坐标为存舒解得b】=3,b2=-3,由图可知，->0,2X1Ab<0,Ab=-3,二对称轴为直线x二・-—二22X12・••点D的坐标为（20）,2设平移后的抛物线的解析式为y=x2+mx+n,解得所以，y=x2-—x+—.22

5、故答案为：尸宀2+22224、如图所示，已知A点从点(1,0)出发，以每秒1个单位长的速度沿着x轴的正方向运动，经过t秒后，以0、A为顶点作菱形OABC,使B、C点都在笫一象限内，且ZA0C=60°,乂以P(0,4)为圆心，PC为半径的圆恰好MOA所在直线相切，贝.【分析】・・•已知A点从(1,0)点出发，以每秒1个单位长的速度沿着x轴的正方向运动,・•・经过t秒后，AOA=l+to,・・•四边形OABC是菱形，・・・0C二1+t。,当OP^jOA,即打x轴和切吋，如图所示，则切点为0,此吋POOP。过点P作PE丄0C,垂足为点E。A0E=CE=-0C

6、,即0E二丄(l+t)o22在RtZOPE中，0P二4,Z0PE=90°-ZA0C=30°,・・・0E二0P・cos3(T=2a/3,Wl+-t=2>/3o2/.t=4^3—1o・・・当PC为半径的圆恰好与0A所在直线相切时，t=4馆-1。25.如图,在等腰直角△ACB=90°,0是斜边AB的中点，点D、E分别在直角边AC、BC上，且ZD0E=90°,DE交0C于点P・则下列结论：(1)图形中全等的三角形只有两对;(2)AABC的面积等于四边形CD0E的面积的2倍;(3)CD+CE二血)A；(4)AD2+BE2=20P*0C.解答：解：结论(1)错课

7、•理由如下：ACOD^ABOE.图屮全等的三角形有3对，分别为△AOC^ABOC,AAOD^ACOE,山等腰直角三角形的性质，可知0A二0C二0B,易得△AOC^ABOC.TOC丄AB,0D丄OE,・・・ZAOD二ZCOE.在AAOD与ZXCOE中，(ZOAD二ZOCE二45°JOA二OC[ZAOD二ZCOEAAAOD^ACOE(ASA).同理可证：ACOD竺ABOE.结论(2)正确•理由如下：VAAOD^ACOE,ASaaod^S^coe,S四边形CDOI-—SACOD+SACOE—SACOD+SAAOD-SAAOC-SAjBC,即AABC的面积等

8、于四边形CDOE的面积的2倍.结论(3)正确，理由如下：VAAOD^ACOE,.CE=AD,