2017年山东省济南市中考数学试卷(含答案解析版) 下载本文

即可求出∠CEF=∠AED﹣∠DEF=60°,即可得出结论;

(3)先判断出△DEF≌△BGF(SAS),得出∠CAE=∠CBG,再判断出

,进而

得出△BCG∽△ACE,得出∠BCG=∠ACE,进而判断出=90°,即可得出CF=EF=EG,再

求出= ,最后用锐角三角函数求出∠CEG即可得出结论.

【解答】解:(1)①由题意作图如图1所示图形, ②证明:延长线段EF交CB的延长线于点G. ∵F是BD的中点, ∴BF=DF.

∵∠ACB=∠AED=90°, ∴ED∥CG. ∴∠BGF=∠DEF. 又∵∠BFG=∠DFE, ∴△BGF≌△DEF( ASA). ∴EF=FG.

∴CF=EF=EG.

故答案为ASA;

(2)如图3,延长BA,DE相交于点F, ∵∠BAC=60°, ∴∠EAH=60°=∠EAD, ∵∠AED=90°, ∴∠H=30°,EH=DE,

由(1)②知,△BGF≌△DEF, ∴DE=BG, ∴EH=BG, ∵DE∥BG,

∴四边形BGEH是平行四边形,∠DEF=∠H=30°, ∴∠CEF=∠AED﹣∠DEF=60°, ∵CF=EF,

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∴△CEF是等边三角形;

(3)如图2,

延长EF至G使,FG=EF, ∵点F是BD的中点, ∴DF=BF, ∵∠DFE=∠BFG, ∴△DEF≌△BGF(SAS), ∴BG∥DP,

∴∠P+∠CBG=180°,

在四边形ACPE中,∠AEP=∠ACP=90°, 根据四边形的内角和得,∠CAE+∠P=180°, ∴∠CAE=∠CBG,

在Rt△ADE中,∠DAE=60°,

∴tan∠DAE== ,

即: ,

同理: ,

∴ ,

∵∠CBG=∠CAE, ∴△BCG∽△ACE, ∴∠BCG=∠ACE,

∴∠ECG=∠ACE+∠ACG=∠BCG+∠ACG=90°, 在Rt△CEG中,EF=GF,

∴CF=EF=EG,

∵△BCG∽△ACE, ∴

= ,

在Rt△CEG中,tan∠CEG=∴∠CEG=60°,

= ,

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∵CF=EF,

∴△CEF是等边三角形.

【点评】此题是几何变换综合题,主要考查了全等三角形的判定和性质,平行四边形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,锐角三角函数,四边形内角和公式,解本题的关键是构造全等三角形,难点是判断出△BCG∽△ACE,是一道典型的中考常考题.

29.(9分)(2017?济南)如图1,矩形OABC的顶点A,C的坐标分别为(4,0),(0,6),直线AD交B C于点D,tan∠OAD=2,抛物线M1:y=ax2+bx(a≠0)过A,D两点.

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(1)求点D的坐标和抛物线M1的表达式;

(2)点P是抛物线M1对称轴上一动点,当∠CPA=90°时,求所有符合条件的点P的坐标;

(3)如图2,点E(0,4),连接AE,将抛物线M1的图象向下平移m(m>0)个单位得到抛物线M2.

①设点D平移后的对应点为点D′,当点D′恰好在直线AE上时,求m的值;

②当1≤x≤m(m>1)时,若抛物线M2与直线AE有两个交点,求m的取值范围. 【考点】HF:二次函数综合题.

【分析】(1)如图1中,作DH⊥OA于H.则四边形CDHO是矩形.在Rt△ADH中,解直角三角形,求出点D坐标,利用待定系数法即可解决问题;

(2)如图1﹣1中,设P(2,m).由∠CPA=90°,可得PC2+PA2=AC2,可得22+(m﹣6)2+22+m2=42+62,解方程即可;

(3)①求出D′的坐标;②构建方程组,利用判别式△>0,求出抛物线与直线AE有两个交点时的m的范围;③求出x=m时,求出平移后的抛物线与直线AE的交点的横坐标;结合上述的结论即可判断.

【解答】解:(1)如图1中,作DH⊥OA于H.则四边形CDHO是矩形.

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∵四边形CDHO是矩形, ∴OC=DH=6,

∵tan∠DAH==2,

∴AH=3, ∵OA=4, ∴CD=OH=1, ∴D(1,6),

, 把D(1,6),A(4,0)代入y=ax2+bx中,则有

解得 ,

∴抛物线M1的表达式为y=﹣2x2+8x.

(2)如图1﹣1中,设P(2,m).

∵∠CPA=90°, ∴PC2+PA2=AC2,

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