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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(jié)果，找到一個與△EDP
2、相似的三角形，并證明你的結(jié)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?。舸嬖冢埱蟪鯬點坐標；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(，)．
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