初中数学能力提高试卷：中考数学拔高题精选.(4)

取CF的中点O连接BO，∵AF⊥CF，∴∠AFC=90°．∵∠ABC=90°，∠AEF=∠CEB，∴∠FAB=∠BCE．∵AD=AE，∠EAD=90°，∴∠AED=∠ADE=45°．∴∠DEB=135°，∴∠HEC+∠BEC=135°．∵AB=AC∠ABC=90°，∴∠ACE+∠BCE=45°．∵△AEC≌△ADC，∴∠DCH=∠ECH，∴∠DCH+∠BCE=45°．∵四边形DEBC四个角的和是360°，∴∠EDC+∠BCD=360°-90°-135°=135°．∴∠BCE=∠ECH．即CE平分∠ACB．∴④CE平分∠ACB正确．

∵∠ABC=90°，OE=OC，∴BO=CO= CE ∴∠OCB=∠OBC．∵∠FOB=∠OCB+∠OBC，

∴∠FOB=2∠OCB．∵BF∥CD，∴∠BFO=∠DCF．∵∠BFO=∠DCF=∠OCB，∴∠BFO=2

∠OCB．

∴BF=OB．∴BF= CE，即CE=2BF，∴③CE=2BF正确．故答案选D. 14. B

解：∵梯形ABCD中，DC∥AB，AB=AC，E为BC的中点，∴①AE平分∠BAC，正确；∵AB=AC，E为BC的中点，∴AE⊥BC，AE是BC的垂直平分线，∴②BG=CG，正确；延长CG与AB相交于H，∵CG=GB，∴∠HCB=∠DBC，∵AB=AB，∴∠ACB=∠ABC，∴∠ACH=∠ABG，∵BG=CG，∠FGC=∠BGH，∴△CGF≌BGH，∴GH=FG=5，CG=6， ∵AB∥CD，∴△DCG∽△BGH，∴ 确．而③⑤无法判断，故选B． 15. D

【分析】△APD绕点A旋转90°后与△AEB重合，所以△APD≌△AEB；且有∠APD＝∠AEB＝135°因为EA⊥AP，AE＝AP＝1，所以△APE为等腰直角三角形，有勾股定理可得AE＝2 ，∠APE＝∠AEP＝45°， 所以∠BEP＝∠AEB－∠AEP＝135°－45°＝90°，所以△BPE为直角三角形，PB＝5 ，AE＝2 ，所以EB＝3，易证△BFE为等腰直角

=

，即

= ，解得DF=5，故④正

三角形，所以BF＝FE＝

666，在直角三角形BFA中BF＝，AF＝AE＋EF＝1＋，222由勾股定理可得AB＝4+6，所以正方形的面积为4＋6 ，S△APD＋S△APB＝四边形AEBP的面积＝S△AEP＋S△EPB＝

1?6，所以正确的是①③⑤． 2 16.9 17.2008 18.1

提示：连接AC，BD， 19.①②③④

①由MN与圆O相切于点C，根据弦切角定理可得∠ACE=∠ABC，又由AB为圆O直径，可得AC⊥BC，则可证得Rt△AEC≌Rt△ADC，同理可得Rt△BCD≌Rt△BCF，根据全等三角形的对应边相等，即可得CD=CF=CE；

②由①可证得Rt△ACE∽Rt△CBF，根据相似三角形的对应边成比例，与CE=CF= 1 2

EF，即可证得EF2=4AE?BF；

③由Rt△BCD≌Rt△BCF与Rt△ACE≌Rt△GCF即可证得AD?DB=FG?FB；

④由△AME∽△CMD与Rt△ACD∽Rt△BCF．利用相似三角形的对应边成比例，即可求得MC?CF=MA?BF．

20.①②③④

提示：利用圆周角定理以及三角形的外角证明∠F=∠PEF，即可得出PE=PF，再利用圆周角定理证明△

PAE∽△PEC，得出PE2=PA?PC，作直径CH，PN，得出△BCH∽△BPN 21. 解：（1）设所求抛物线的解析式为：y?a(x?1)2?4，依题意，将点B（3，0）代入，

得：

2 a(3?1)?4? 0 解得：a＝－1

∴所求抛物线的解析式为：y??(x?1)2?4

（2）如图6，在y轴的负半轴上取一点I，使得点F与点I关于x轴对称，

在x轴上取一点H，连接HF、HI、HG、GD、GE，则HF＝HI…………………① 设过A、E两点的一次函数解析式为：y＝kx＋b（k≠0）， ∵点E在抛物线上且点E的横坐标为2，将x＝2代入抛物线y??(x?1)2?4，得

2 y??(2?1)?4? 3 ∴点E坐标为（2，3）

又∵抛物线y??(x?1)?4图像分别与x轴、y轴交于点A、B、D

∴当y＝0时，?(x?1)?4?0，∴x＝－1或x＝3 当x＝0时，y＝－1＋4＝3, ∴点A（－1，0），点B（3，0），点D（0，3） 又∵抛物线的对称轴为：直线x＝1，

∴点D与点E关于PQ对称，GD＝GE…………………② 分别将点A（－1，0）、点E（2，3）代入y＝kx＋b，得：

22 ???k?b?0

?2k?b?3?k?1 ?b?1 解得： ?过A、E两点的一次函数解析式为：y＝x＋1 ∴当x＝0时，y＝1

∴点F坐标为（0，1） ∴DF=2………………………………………③ 又∵点F与点I关于x轴对称， ∴点I坐标为（0，－1） ∴EI?DE2?DI2?22?42?25………④

又∵要使四边形DFHG的周长最小，由于DF是一个定值， ∴只要使DG＋GH＋HI最小即可

由图形的对称性和①、②、③，可知， DG＋GH＋HF＝EG＋GH＋HI

只有当EI为一条直线时，EG＋GH＋HI最小

设过E（2，3）、I（0，－1）两点的函数解析式为：y?k1x?b1(k1?0)，

分别将点E（2，3）、点I（0，－1）代入y?k1x?b1，得：

?2k1?b1?3 ?b??1?1 解得：??k1?2

?b1??1 过A、E两点的一次函数解析式为：y＝2x－1

1； 21 ∴点G坐标为（1，1），点H坐标为（，0）

2 ∴当x＝1时，y＝1；当y＝0时，x＝

∴四边形DFHG的周长最小为：DF＋DG＋GH＋HF＝DF＋EI 由③和④，可知： DF＋EI＝2?25 ∴四边形DFHG的周长最小为2?25。 （3）如图7，由题意可知，∠NMD＝∠MDB，

要使，△DNM∽△BMD，只要使

2NMMD?即可， MDBD 即：MD?NM?BD………………………………⑤

设点M的坐标为（a，0），由MN∥BD，可得 △AMN∽△ABD， ∴

再由（1）、（2）可知，AM＝1＋a，BD＝32，AB＝4

NMAM? BDAB ∴ MN?2AM?BD(1?a)?3232??(1?a)

AB44222 ∵MD?OD?OM?a?9， ∴⑤式可写成： a?9?解得：

232(1?a)?32 43或a?3（不合题意，舍去） 23∴点M的坐标为（，0）

2 a?又∵点T在抛物线y??(x?1)?4图像上，

2315时，y＝ 22315 ∴点T的坐标为（，）.

22 ∴当x＝

22.

考点：一次函数综合题。 专题：动点型；探究型。 分析：（1）根据矩形的性质（经过矩形中心的直线把矩形分成面积相等的两个部分）可知，连接BO与AC交于点H，则当点P运动到点H时，直线DP平分矩形OABC的面积．先求出点P的坐标为P（，2），结合点D坐标利用待定系数法求直线DP的函数解析式为：y=

x+

．（2）根据题意可知存在点M使得△DOM与△ABC相似，设直线DP与y轴的

正半轴交于点M（0，ym）．可利用相似中的相似比分别列出关于点M的坐标有关的方程，求解即可．注意：共有3种情况，要考虑周全．

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