专题21 分类讨论思想别忘记练（解析版）-备战2021年中考数学查缺补漏再训练26个微专题

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1、 20212021 年中考数学查缺补漏再训练年中考数学查缺补漏再训练 2626 个微专题个微专题 ( (全国通用全国通用) ) 专题专题 21 分类讨论思想别忘记练分类讨论思想别忘记练 ( (共共 9 9 道道题题) ) 1（2021 福建模拟）福建模拟） 已知等腰三角形的三边长分别为 a、 b、 4， 且 a、 b 是关于 x 的一元二次方程 x212x+m+2 0 的两根，则 m 的值是（ ） A34 B30 C30 或 34 D30 或 36 【答案】A 【解析】分三种情况讨论，当 a4 时，当 b4 时，当 ab 时；结合韦达定理即可求解； 当 a4 时，b8， a、b 是关于 x 的

2、一元二次方程 x212x+m+20 的两根， 4+b12， b8 不符合； 当 b4 时，a8， a、b 是关于 x 的一元二次方程 x212x+m+20 的两根， 4+a12， a8 不符合； 当 ab 时， a、b 是关于 x 的一元二次方程 x212x+m+20 的两根， 122a2b， ab6， m+236， m34 2. （2021 天津天津模拟）模拟）若菱形 ABCD 的一条对角线长为 8，边 CD的长是方程 x 210 x+240的一个根，则该 菱形 ABCD的周长为（ ） A. 16 B. 24 C. 16 或 24 D. 48 【答案】B 【解析】解方程得出 x4或 x6，分

3、两种情况：当 ABAD4 时，4+48，不能构成三角形；当 AB AD6时，6+68，即可得出菱形 ABCD的周长 如图所示： 四边形 ABCD是菱形， ABBCCDAD， x210 x+240， 因式分解得： （x4） （x6）0， 解得：x4 或 x6， 分两种情况： 当 ABAD4时，4+48，不能构成三角形； 当 ABAD6时，6+68， 菱形 ABCD的周长4AB24 故选：B 3. （2021 海南海南模拟）模拟）如图，一次函数 y 4 3 x8 的图像与 x 轴、y 轴分别交于 A、B 两点P 是 x 轴上 一个动点，若沿 BP 将OBP 翻折，点 O 恰好落在直线 AB 上的点

4、 C 处，则点 P 的坐标是_ 【答案】 （ 8 3 ，0） ， （24，0） 【解析】根据题意可得：OA=6，OB=8，则 AB=10， 、当点 P 在线段 OA 上时，设点 P 的坐标为(x，0)，则 AP=6x，BC=OB-8， CP=OP=x，AC=108=2，根据勾股定理可得： 2 22 26xx ，解得：x= 8 3 ， 点 P 的坐标为( 8 3 ，0)； 、当点 P 在 x 轴的负半轴上时，设 OP 的长为 x，则 AP=6+x，BC=8， CP=OP=x，AC=10+8=18，根据勾股定理可得： 2 22 186xx ，解得：x=24， 点 P 的坐标为(24，0)； 综上所

5、述，点 P 的坐标为( 8 3 ，0)，(24，0) 4 （20192019 齐齐哈尔）齐齐哈尔）等腰ABC中，BDAC，垂足为点D，且BDAC，则等腰ABC底角的度数 为 【答案】15或 45或 75 【解析】分点A是顶点、点A是底角顶点、AD在ABC外部和AD在ABC内部三种情况，根据等腰三 角形的性质、直角三角形的性质计算 如图 1，点A是顶点时， ABAC，ADBC， BDCD， ADBC， ADBDCD， 在 RtABD中，BBAD（18090）45； 如图 2，点A是底角顶点，且AD在ABC外部时， ADBC，ACBC， ADAC， ACD30， BACABC3015； 如图 3，

6、点A是底角顶点，且AD在ABC内部时， ADBC，ACBC， ADAC， C30， BACABC（18030）75； 故答案为：15或 45或 75 5. （20202020 哈尔滨）哈尔滨）在ABC 中，60ABC，AD为 BC 边上的高，6 3,1ADCD，则 BC 的长 为_ 【答案】7 或 5 【解析】如图所示，分 D在 BC之间和 BC延长线上两种情况考虑，先由60ABC求出 BD，再求出 BC 的长 如图，在 Rt ABD中，60ABC，6 3AD ， tan AD ABC BD ，即： 6 3 3 BD ， 6BD， 当 D 在 BC之间时，BC=BD+CD=6+1=7； 当 D

7、 在 BC延长线上时，BC=BD-CD=6-1=5； 故答案为：7或 5 【点睛】此题主要考查了解三角形，根据已知得出两种符合要求图形，即三角形为钝角三角形或锐角三 角形分别分析是解题关键 6 （20192019 广东）广东）如题 25-1 图，在平面直角坐标系中，抛物线 y= 8 37 -x 4 33 x 8 3 2 与 x 轴交于点 A、B(点 A 在点 B 右侧)，点 D 为抛物线的顶点点 C 在 y 轴的正半轴上，CD 交 x 轴于点 F，CAD 绕点 C 顺时针旋转 得到CFE，点 A 恰好旋转到点 F，连接 BE （1）求点 A、B、D 的坐标； （2）求证：四边形 BFCE 是平

8、行四边形； （3）如题 25-2 图，过顶点 D 作 DD1x 轴于点 D1，点 P 是抛物线上一动点，过点 P 作 PM x 轴，点 M 为垂 足，使得PAM 与DD1A 相似（不含全等） 求出一个满足以上条件的点 P 的横坐标； 直接回答 这样的点 P 共有几个？ 【答案】 （1）解：由 y= 8 37 -x 4 33 x 8 3 2 =32-3x 8 3 得点 D 坐标为（3，32） 令 y=0 得 x1=7，x2=1 点 A 坐标为（7，0） ，点 B 坐标为（1，0） （2）证明： 过点 D 作 DGy 轴交于点 G，设点 C 坐标为（0，m） DGC=FOC=90 ，DCG=FCO

9、 DGCFOC CO CG FO DG 由题意得 CA=CF，CD=CE，DCA=ECF，OA=1，DG=3，CG=m+32 COFA FO=OA=1 m 32m 1 3 ，解得 m=3 （或先设直线 CD 的函数解析式为 y=kx+b，用 D、F 两点坐标求出 y=3 x+3，再求出点 C 的坐标） 点 C 坐标为（0，3） CD=CE= 2 2 3233=6 tanCFO= FO CO =3 CFO=60 FCA 是等边三角形 CFO=ECF ECBA BF=BOFO=6 CE=BF 四边形 BFCE 是平行四边形 （3） 解： 设点 P 坐标为 （m， 8 37 -m 4 33 m 8

10、3 2 ） ， 且点 P 不与点 A、 B、 D 重合 若 PAM 与 DD1A 相似，因为都是直角三角形，则必有一个锐角相等由（1）得 AD1=4，DD1=32 （A）当 P 在点 A 右侧时，m1 （a）当 PAMDAD1，则PAM=DAD1，此时 P、A、D 三点共线，这种情况不存在 （b）当 PAMADD1，则PAM=ADD1，此时 1 1 DD AD AM PM 32 4 1-m 8 37 -m 4 33 m 8 3 2 ，解得 m1= 3 5 -（舍去） ，m2=1（舍去） ，这种不存在 （B）当 P 在线段 AB 之间时，7m1 （a）当 PAMDAD1，则PAM=DAD1，此时

11、 P 与 D 重合，这种情况不存在 （b）当 PAMADD1，则PAM=ADD1，此时 1 1 DD AD AM PM 32 4 1-m 8 37 -m 4 33 m 8 3 2 ，解得 m1= 3 5 -，m2=1（舍去） （C）当 P 在点 B 左侧时，m7 （a）当 PAMDAD1，则PAM=DAD1，此时 1 1 AD DD AM PM 32 4 1-m 8 37 -m 4 33 m 8 3 2 4 32 ，解得 m1=11，m2=1（舍去） （b）当 PAMADD1，则PAM=ADD1，此时 1 1 DD AD AM PM 32 4 1-m 8 37 -m 4 33 m 8 3 2

12、，解得 m1= 3 37 -，m2=1（舍去） 综上所述，点 P 的横坐标为 3 5 -，11， 3 37 -，三个任选一个进行求解即可 一共存在三个点 P，使得 PAM 与 DD1A 相似 【考点】二次函数的综合应用，旋转的性质，相似三角形的的应用，等边三角形的性质，平行四边形的证 明，平面直角坐标的灵活应用，动点问题，分类讨论思想 7. （20202020 湖北恩施州）湖北恩施州）如图，抛物线 2 1 4 yxbxc 经过点6,0C，顶点为B，对称轴2x与x轴 相交于点A，D为线段BC的中点 （1）求抛物线的解析式； （2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点， 连接MP， 以点M为中

13、心， 将MPC逆时针旋转90， 记点P的对应点为E，点C的对应点为F当直线EF与抛物线 2 1 4 yxbxc 只有一个交点时，求 点M的坐标 （3）MPC在（2）的旋转变换下，若 2PC （如图） 求证：EAED 当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长 【答案】 （1） 2 1 3 4 yxx ； （2） （ 3 2 ，0） ； （3）见解析；CM=2 3 1或CM=1 2 3 【解析】 （1）根据点 C 在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式； （2）根据抛物线的解析式求出点 B 及已知点 C 的坐标，证明ABC 是等腰直角三角形，根据旋转的性质 推出直线 EF与 x 轴的夹角为

14、 45，因此设直线 EF的解析式为 y=x+b，设点 M 的坐标为（m，0） ，推出点 F（m，6-m） ，直线EF与抛物线 2 1 3 4 yxx 只有一个交点，联立两个解析式，得到关于 x 的一元二次 方程，根据根的判别式为 0 得到关于 m的方程，解方程得点 M 的坐标注意有两种情况，均需讨论 （3）过点 P 作 PGx轴于点 G，过点 E作 EHx 轴于点 H，设点 M的坐标为（m，0） ，由 2PC 及 旋转的性质， 证明EHMMGP， 得到点 E的坐标为 （m-1， 5-m） ， 再根据两点距离公式证明EAED， 注意分两种情况，均需讨论；把 E（m-1，5-m）代入抛物线解析式，

15、解出 m的值，进而求出 CM的长 【详解】 （1）点6,0C在抛物线上， 1 0366 4 bc ， 得到6=9bc， 又对称轴2x， 2 1 2 2() 4 bb x a ， 解得1b， 3c ， 二次函数的解析式为 2 1 3 4 yxx ； （2）当点 M 在点 C的左侧时，如下图： 抛物线的解析式为 2 1 3 4 yxx ，对称轴为2x，6,0C 点 A（2，0） ，顶点 B（2，4） ， AB=AC=4， ABC是等腰直角三角形， 1=45； 将MPC逆时针旋转90得到MEF， FM=CM，2=1=45， 设点 M 的坐标为（m，0） ， 点 F（m，6-m） ， 又2=45， 直

16、线 EF与 x轴的夹角为 45， 设直线 EF的解析式为 y=x+b， 把点 F（m，6-m）代入得：6-m=m+b，解得：b=6-2m， 直线 EF的解析式为 y=x+6-2m， 直线EF与抛物线 2 1 3 4 yxx 只有一个交点， 2 62 1 3 4 yxm yxx ， 整理得： 2 1 320 4 xm ， =b2-4ac=0，解得 m= 3 2 ， 点 M的坐标为（ 3 2 ，0） 当点 M 在点 C 的右侧时，如下图： 由图可知，直线 EF与 x轴的夹角仍是 45，因此直线EF与抛物线 2 1 3 4 yxx 不可能只有一个交点 综上，点 M 的坐标为（ 3 2 ，0） （3）

17、当点 M在点 C 的左侧时，如下图，过点 P作 PGx 轴于点 G，过点 E作 EHx轴于点 H， 2PC ，由（2）知BCA=45， PG=GC=1， 点 G（5，0） ， 设点 M坐标为（m，0） ， 将MPC逆时针旋转90得到MEF， EM=PM， HEM+EMH=GMP+EMH =90， HEM=GMP， 在EHM 和MGP 中， EHMMGP HEMGMP EMMP ， EHMMGP（AAS） ， EH=MG=5-m，HM=PG=1， 点 H（m-1，0） ， 点 E的坐标为（m-1，5-m） ； EA= 22 (1 2)(50)mm = 2 21634mm ， 又D为线段BC的中点

18、，B（2，4） ，C（6，0） ， 点 D（4，2） ， ED= 22 (1 4)(52)mm = 2 21634mm ， EA= ED 当点 M 在点 C 的右侧时，如下图： 同理，点 E的坐标仍为（m-1，5-m） ，因此 EA= ED 当点E在（1）所求的抛物线 2 1 3 4 yxx 上时， 把 E（m-1，5-m）代入，整理得：m2-10m+13=0， 解得：m=5 2 3 或 m=5 2 3 ， CM=2 3 1或CM=1 2 3 【点睛】本题是二次函数综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质、旋转的性质、分类讨论的思想是解题 的关键 8.8.（20202020 河南）河南）将正方形A

19、BCD的边AB绕点A逆时针旋转至 AB ，记旋转角为连接 BB ，过点D 作DE垂直于直线 BB ，垂足为点E，连接,DB CE ， 1如图 1，当60时，DEB的形状为 ，连接BD，可求出 BB CE 的值为 ； 2当0360且90时， 1中的两个结论是否仍然成立?如果成立，请仅就图 2 的情形进行证明；如果不成立，请说明理由； 当以点,B E C D 为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出 BE B E 的值 【答案】 （1）等腰直角三角形， 2 2 ； （2）结论不变，理由见解析；3 或 1 【解析】（1） 根据题意， 证明 ABB是等边三角形， 得60ABB ， 计算出 45DB E

20、 ， 根据DE BB ， 可得DEB为等腰直角三角形；证明BDBCDE，可得 BB CE 的值； （2）连接 BD，通过正方形性质及旋转，表示出45EB DAB DAB B ，结合DE BB ， 可得DEB为等腰直角三角形；证明BDBEDC，可得 BB CE 的值； 分为以 CD 为边和 CD为对角线两种情况进行讨论即可 【详解】 （1）由题知60BAB，90BAD，ABAD AB 30BAD，且 ABB为等边三角形 60ABB， 1 (18030 )75 2 AB D 180607545DB E DE BB 90DEB 45BDE DEB等腰直角三角形 连接 BD，如图所示 45BDCBDE

21、 BDCBDCBDEBDC即BDBCDE 2 2 CDDE BDDB BDBCDE 2 2 BB CE 故答案为：等腰直角三角形， 2 2 （2）两个结论仍然成立 连接 BD，如图所示： ABAB，BAB 90 2 ABB 90 ,BADADAB 135 2 AB D 45EB DAB DAB B DE BB 45EDBEB D DEB是等腰直角三角形 2 DB DE 四边形ABCD正方形 2,45 BD BDC CD BDDB CDDE EDBBDC BDBEDC BDBEDC 2 BBBD CECD 结论不变，依然成立 若以点,B E C D 为顶点的四边形是平行四边形时，分两种情况讨论

22、第一种：以 CD为边时，则/CD BE，此时点 B 在线段 BA 的延长线上， 如图所示： 此时点 E 与点 A 重合， BECEBE，得1 BE B E ； 当以 CD为对角线时，如图所示： 此时点 F为 CD 中点， DE BB CBBB 90BCD BCFCBFBBC 2 BCCBBB CFB FCB 4BBB F 6,2BEB F B EB F 3 BE B E 综上： BE B E 的值为 3 或 1 【点睛】本题考查正方形与旋转综合性问题，能准确的确定相似三角形，是解决本题的关键 9.9. （20202020 四川成都）四川成都） 在平面直角坐标系xOy中， 已知抛物线 2 yax

23、bxc与x轴交于( 1,0)A ，(4,0) B 两点，与y轴交于点(0, 2)C （1）求抛物线的函数表达式 （2） 如图 1， 点D为第四象限抛物线上一点， 连接AD，BC交于点E， 连接BD， 记B D E的面积为 1 S， ABE的面积为 2 S，求 1 2 S S 的最大值； （3）如图 2，连接AC，BC，过点O作直线/l BC，点P，Q分别为直线和抛物线上的点试探究：在 第一象限是否存在这样的点P，Q，使PQBCAB若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若 不存在，请说明理由 【答案】 （1） 2 13 2 22 yxx； （2） 4 5 ； （3）存在， 68 34 , 99

24、 或 62 41 341 , 55 【解析】 （1）利用待定系数法进行求解即可； （2）过点D作DGx轴于点G，交BC于点F，过点A作AKx轴交BC的延长线于点K，则可得 AEKDEF，继而可得 DEDF AEAK ，先求出 BC 的解析式，继而求得 AK 长，由 1 2 BDE ABE SSDE SSAE 可得 1 2 SDF SAK ，设点 2 13 ,2 22 D mmm ，进而可得 2 1 2 2 DFmm ，从而可得 2 1 2 14 55 S mm S ， 再利用二次函数的性质即可求得答案； （3）先确定出ACB=90，再得出直线l的表达式为 1 2 yx设点P的坐标为, 2 t

25、t ，然后分点P在直 线BQ右侧，点P在直线BQ左侧两种情况分别进行讨论即可 【详解】 （1）抛物线 2 yaxbxc与x轴交于( 1,0)A ， (4,0)B 两点，与y轴交于点(0, 2)C 0 1640 2 abc abc c ， 1 2 2 3 2 a c b ， 抛物线的函数表达式为 2 13 2 22 yxx； （2）过点D作DGx轴于点G，交BC于点F，过点A作AKx轴交BC的延长线于点K 则 DG/AK， AEKDEF， DEDF AEAK ， 设直线 BC 的解析式为 y=kx+n， 将(4,0)B、(0, 2)C代入则有： 40 2 kn n ， 解得 1 2 2 k n

26、， 直线BC的表达式为 1 2 2 yx， 当 x=-1 时， 15 2 22 yx， 即 K（-1， 5 2 ） ， 5 2 AK 1 2 BDE ABE SSDE SSAE 1 2 SDF SAK 设点 2 13 ,2 22 D mmm ，则 F 点坐标为（m， 1 2 2 m） ， 22 1 2 131 22 2222 DFmmmmm 2 2 2 1 2 1 2 1414 2 2 5 5555 2 mm S mmm S ， 当2m时， 1 2 S S 有最大值 4 5 （3）( 1,0)A ，(4,0)B，(0, 2)C AC= 22 125 ，BC= 22 422 5 ，AB=5， A

27、C 2+BC2=25=52=AB2， ACB=90， 过点O作直线/l BC，直线BC的表达式为 1 2 2 yx， 直线l的表达式为 1 2 yx 设点P的坐标为, 2 t t 当点P在直线BQ右侧时，如图，BPQ=90，过点 P 作 PNx 轴于点 N，过点 Q 作 QMPN 于点 M， M=PNB=90， BPN+PBN=90， QPM+BPN=180-QPB=180-90=90， QPM=PBN， QPMPBN， QMPMPQ PNBNPB ， 又PQBCAB， PQCA PBBC ， 1 2 QMPMPQCA PNBNPBBC ， NB=t-4，PN= 2 t ， 1 42 2 QM

28、PM t t ， QM= 4 t ，PM= 1 2 2 t ， MN= 1 2 2 t + 1 2 2 tt ， 3 44 t tt， 点Q的坐标为 3 ,2 4 t t 将点Q的坐标为 3 ,2 4 t t 代入 2 13 2 22 yxx，得 2 99 22 328 ttt， 解得： 1 68 9 t ，t2=0（舍去） ， 此时点P的坐标为 68 34 , 99 当点P在直线BQ左侧时如图，BPQ=90，过点 P 作 PNx 轴于点 N，过点 Q 作 QMPN 于点 M， M=PNB=90， BPN+PBN=90， QPM+BPN=180-QPB=180-90=90， QPM=PBN，

29、QPMPBN， QMPMPQ PNBNPB ， 又PQBCAB， PQCA PBBC ， 1 2 QMPMPQCA PNBNPBBC ， NB=4-t，PN= 2 t ， 1 42 2 QMPM t t ， QM= 4 t ，PM= 1 2 2 t， MN= 1 2 2 t+ 1 2 2 t ， 5 44 t tt， 点Q的坐标为 5 ,2 4 t 将点Q的坐标为 5 ,2 4 t 代入 2 13 2 22 yxx，得 2 25 2 28 5 2 3 1 tt， 解得： 1 62 41 5 t ， 2 62 41 5 t 0（舍去） ， 此时点P的坐标为 62 41 341 , 55 【点睛】本题是二次函数综合题，涉及了待定系数法，二次函数的性质，勾股定理的逆定理，相似三角形 的判定与性质等，综合性较强，难度较大，熟练掌握相关知识，正确进行分类讨论是解题的关键