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,AB=AC,BD平分∠ABC时
(1)若CE⊥BD于E,
①∠ECD= °
;
②求证:
BD=2EC;
(2)如图,点P是射线BA上A点右边一动点,以CP为斜边作等腰直角△CPF,其中∠F=90°
,点Q为∠FPC与∠PFC的角平分线的交点.当点P运动时,点Q是否一定在射线BD上?
若在,请证明,若不在;
请说明理由.
3.
(1)阅读理解:
如图①,在△ABC中,若AB=10,AC=6,求BC边上的中线AD的取值范围.
解决此问题可以用如下方法:
延长AD到点E使DE=AD,再连接BE(或将△ACD绕着点D逆时针旋转180°
得到△EBD),把AB、AC,2AD集中在△ABE中,利用三角形三边的关系即可判断.
中线AD的取值范围是 ;
(2)问题解决:
如图②,在△ABC中,D是BC边上的中点,DE⊥DF于点D,DE交AB于点E,DF交AC于点F,连接EF,求证:
BE+CF>EF;
(3)问题拓展:
如图③,在四边形ABCD中,∠B+∠D=180°
,CB=CD,∠BCD=140°
,以C为顶点作一个70°
角,角的两边分别交AB,AD于E、F两点,连接EF,探索线段BE,DF,EF之间的数量关系,并加以证明.
4.如图1,点A和点B分别在y轴正半轴和x轴负半轴上,且OA=OB,点C和点D分别在第四象限和第一象限,且OC⊥OD,OC=OD,点D的坐标为(m,n),且满足(m﹣2n)2+|n﹣2|=0.
(1)求点D的坐标;
(2)求∠AKO的度数;
(3)如图2,点P,Q分别在y轴正半轴和x轴负半轴上,且OP=OQ,直线ON⊥BP交AB于点N,MN⊥AQ交BP的延长线于点M,判断ON,MN,BM的数量关系并证明.
5.等腰Rt△ACB,∠ACB=90°
,AC=BC,点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上.
(1)如图1,求证:
∠BCO=∠CAO
(2)如图2,若OA=5,OC=2,求B点的坐标
(3)如图3,点C(0,3),Q、A两点均在x轴上,且S△CQA=18.分别以AC、CQ为腰在第一、第二象限作等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM,连接MN交y轴于P点,OP的长度是否发生改变?
若不变,求出OP的值;
若变化,求OP的取值范围.
参考答案与试题解析
是 (填“是”或“不是”).
若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角,则∠B与∠C(不妨设∠B>∠C)之间的等量关系为 ∠B=n∠C .
【解答】解:
(1)△ABC中,∠B=2∠C,经过两次折叠,∠BAC是△ABC的好角;
理由如下:
小丽展示的情形二中,如图3,
∵沿∠BAC的平分线AB1折叠,
∴∠B=∠AA1B1;
又∵将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠,此时点B1与点C重合,
∴∠A1B1C=∠C;
∵∠AA1B1=∠C+∠A1B1C(外角定理),
∴∠B=2∠C,∠BAC是△ABC的好角.
故答案是:
是;
(2)∠B=3∠C;
如图所示,在△ABC中,沿∠BAC的平分线AB1折叠,剪掉重复部分;
将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠,剪掉重复部分,将余下部分沿∠B2A2C的平分线A2B3折叠,点B2与点C重合,则∠BAC是△ABC的好角.
证明如下:
∵根据折叠的性质知,∠B=∠AA1B1,∠C=∠A2B2C,∠A1B1C=∠A1A2B2,
∴根据三角形的外角定理知,∠A1A2B2=∠C+∠A2B2C=2∠C;
∵根据四边形的外角定理知,∠BAC+∠B+∠AA1B1﹣∠A1B1C=∠BAC+2∠B﹣2∠C=180°
,
根据三角形ABC的内角和定理知,∠BAC+∠B+∠C=180°
∴∠B=3∠C;
由小丽展示的情形一知,当∠B=∠C时,∠BAC是△ABC的好角;
由小丽展示的情形二知,当∠B=2∠C时,∠BAC是△ABC的好角;
由小丽展示的情形三知,当∠B=3∠C时,∠BAC是△ABC的好角;
故若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角,则∠B与∠C(不妨设∠B>∠C)之间的等量关系为∠B=n∠C;
(3)由
(2)知设∠A=4°
,∵∠C是好角,∴∠B=4n°
∵∠A是好角,∴∠C=m∠B=4mn°
,其中m、n为正整数得4+4n+4mn=180
∴如果一个三角形的最小角是4°
,三角形另外两个角的度数是4、172;
8、168;
16、160;
44、132;
88°
、88°
.
①∠ECD= 22.5 °
(1)①∵∠BAC=90°
,CE⊥BD,∠ADB=∠CDE,
∴∠ABD=∠ECD,
又∵∠BAC=90°
,AB=AC,BD平分∠ABC,
∴∠ABD=22.5°
∴∠ECD=22.5°
故答案为:
22.5.
②如图,延长CE交BA的延长线于点G,
∵BD平分∠ABC,CE⊥BD,
∴CE=GE,
在△ABD与△ACG中,
∴△ABD≌△ACG(AAS),
∴BD=CG=2CE;
(2)点Q一定在射线BD上,
理由:
如图,连接CQ,过点Q作QM⊥BP于M,作QN⊥BC于N,
∵QF为∠PFC的角平分线,△CPF为等腰直角三角形,
∴QF为PC的垂直平分线,
∴PQ=QC,
∵Q为∠FPC与∠PFC的角平分线的交点,
∴CQ平分∠FCP,
∵△CPF为等腰直角三角形,
∴∠FCP=∠FPC=45°
∴∠QCP=∠QPC=22.5°
∴△PQC中,∠PQC=135°
∵在四边形QNBM中,QM⊥BP,QN⊥BC,∠ABC=45°
∴∠MQN=135°
∴∠MQN=∠PQC,
∴∠NQC=∠MQP,
又∵QC=QP,QM⊥BP,QN⊥BC,
∴△QPM≌△QCN(AAS),
∴QM=QN,
又∵QM⊥BP,QN⊥BC,
∴点Q一定在射线BD上.
中线AD的取值范围是 2<AD<8 ;
【解答】
(1)解:
延长AD至E,使DE=AD,连接BE,如图①所示:
∵AD是BC边上的中线,
∴BD=CD,
在△BDE和△CDA中,
∴△BDE≌△CDA(SAS),
∴BE=AC=6,
在△ABE中,由三角形的三边关系得:
AB﹣BE<AE<AB+BE,
∴10﹣6<AE<10+6,即4<AE<16,
∴2<AD<8;
2<AD<8;
(2)证明:
延长FD至点M,使DM=DF,连接BM、EM,如图②所示:
同
(1)得:
△BMD≌△CFD(SAS),
∴BM=CF,
∵DE⊥DF,DM=DF,
∴EM=EF,
在△BME中,由三角形的三边关系得:
BE+BM>EM,
∴BE+CF>EF;
(3)解:
BE+DF=EF;
延长AB至点N,使BN=DF,连接CN,如图3所示:
∵∠ABC+∠D=180°
,∠NBC+∠ABC=180°
∴∠NBC=∠D,
在△NBC和△FDC中,
∴△NBC≌△FDC(SAS),
∴CN=CF,∠NCB=∠FCD,
∵∠BCD=140°
,∠ECF=70°
∴∠BCE+∠FCD=70°
∴∠ECN=70°
=∠ECF,
在△NCE和△FCE中,
∴△NCE≌△FCE(SAS),
∴EN=EF,
∵BE+BN=EN,
∴BE+DF=EF.
(1)∵(m﹣2n)2+|n﹣2|=0,
又∵(m﹣2n)2≥0,|n﹣2|≥0,
∴n=2,m=4,
∴点D坐标为(4,2).
(2)如图1中,作OE⊥BD于E,OF⊥AC于F.
∵OA=OB,OD=OC,∠AOB=∠COD=90°
∴∠BOD=∠AOC,
∴△BOD≌△AOC,
∴EO=OF(全等三角形对应边上的高相等),
∴OK平分∠BKC,
∴∠OBD=∠OAC,易证∠AKB=∠BOA=90°
∴∠OKE=45°
∴∠AKO=135°
(3)结论:
BM=MN+ON.
如图2中,过点B作BH∥y轴交MN的延长线于H.
∵OQ=OP,OA=OA,∠AOQ=∠BOP=90°
∴△AOQ≌△BOP,
∴∠OBP=∠OAQ,
∵∠OBA=∠OAB=45°
∴∠ABP=∠BAP,
∵NM⊥AQ,BM⊥ON,
∴∠ANM+∠BAQ=90°
,∠BNO+∠ABP=90°
∴∠ANM=∠BNO=∠HNB,
∵∠HBN=∠OBN=45°
,BN=BN,
∴△BNH≌△BNO,
∴HN=NO,∠H=∠BON,
∵∠HBM+∠MBO=90°
,∠BON+∠MBO=90°
∴∠HBM=∠BON=∠H,
∴MH=MB,
∴BM=MN+NH=MN+ON.
(1)如图1,∵∠ACB=90°
,∠AOC=90°
∴∠BCO+∠ACO=90°
=∠CAO+∠ACO,
∴∠BCO=∠CAO;
(2)如图2,过点B作BD⊥y轴于D,则∠CDB=∠AOC=90°
在△CDB和△AOC中,
∴△CDB≌△AOC(AAS),
∴BD=CO=2,CD=AO=5,
∴OD=5﹣2=3,
又∵点B在第三象限,
∴B(﹣2,﹣3);
(3)OP的长度不会发生改变.
如图3,过N作NH∥CM,交y轴于H,则
∠CNH+∠MCN=180°
∵等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM,
∴∠MCQ+∠ACN=180°
∴∠ACQ+∠MCN=360°
﹣180°
=180°
∴∠CNH=∠ACQ,
又∵∠HCN+∠ACO=90°
=∠QAC+∠ACO,
∴∠HCN=∠QAC,
在△HCN和△QAC中,
∴△HCN≌△QAC(ASA),
∴CH=AQ,HN=QC,
∵QC=MC,
∴HN=CM,
∵点C(0,3),S△CQA=18,
∴
×
AQ×
CO=18,即
3=18,
∴AQ=12,
∴CH=12,
∵NH∥CM,
∴∠PNH=∠PMC,
∴在△PNH和△PMC中,
∴△PNH≌△PMC(AAS),
∴CP=PH=
CH=6,
又∵CO=3,
∴CP=3+6=9(定值),
即OP的长度始终是9.
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- 每天 一道 压轴